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economia
1
=
Fase
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03. O gerente de uma loja aumentou o preço de um artigo em 25%. Decorrido um certo tempo, ele percebeu que não foi vendida 1 unidade sequer desse artigo. Resolveu, então, anunciar um desconto de tal modo que o preço voltasse a ser igual ao anterior. O desconto anunciado foi de: a) 20%. b) 22%. c) 25%. d) 28%. e) 30%. Resolução:
Sendo P o preço antes do aumento e D o valor do desconto, então:
P 1,25 P P
1,25 P (1 – D) = P ∴ D = 0,2 ∴ O desconto deve ser de 20%.
Alternativa A
04. Num concurso que consta de duas fases, os candidatos fizeram uma prova de múltipla escolha, com 30 questões de 4 alternativas cada. Na segunda fase, outra prova continha 30 questões do tipo falsa ou verdadeira. Chamando de n1 o número dos diferentes modos de responder a prova da 1a fase e de n2, o número dos diferentes modos de responder a prova da 2a fase, tem-se que:
a) n1 = 2 n2. b) n1 = 30 n2. c) n1 = 4 n2. d) n1 = 230 n2. e) n1 = 430 n2. Resolução: Temos: n1 = 430 = (22)30 = 260 e n2 = 230 Daí: 60 1 30 2 n 2 n = 2 = 230 ou seja: n1 = 230 . n2 Alternativa D MATEMÁTICA
01. O polinômio p(x) = x3 – 5x2 – 52 x + 224 tem três raízes inteiras. Se a primeira delas é o dobro da terceira e a soma da primeira com a segunda é 1, então, o produto da primeira pela segunda é: a) –224. b) –167. c) –56. d) 28. e) 5. Resolução:
Chamando de ααααα, βββββ e γγγγγ as raízes, temos:
2 (I) 1 (II) 5 (III) α = α + β = α + β + = γ γ de II e III temos γ = 4. ∴ α = 8 e βββββ = –7. O produto α . β = –56. Alternativa C
02. Observe as cinco primeiras figuras de uma seqüência infinita.
O número de quadradinhos escuros da figura que ocupa o 59o lugar nessa seqüência é:
a) 3 481. b) 1 741. c) 900. d) 841. e) 600. Resolução:
Para a n-ésima figura da seqüência, o no de quadradinhos escuros é
dado por: 2 2 n n 1 , se é par ou , se é ímpar 2 n 2 n + . Para n = 59 (ímpar), 2 2 n 1 59 1 2 2 + = + = 1741. Alternativa B – D +25%
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07. A circunferência
γγγγγ
da figura seguinte é tangente aos eixosx e y e tem equação x2 + y2 – 6x – 6y + 9 = 0. A área da superfície sombreada é: a) 9 (π – 1). b) 81π – 9. c) 9 4 –
(
)
4 π . d) 9 9(
– 4)
4 π . e) 6 6 –(
)
4 π . Resolução:O centro e o raio da circunferência x2 + y2 – 6x – 6y + 9 = 0
são C (3; 3) e R = 3. A área da superfície sombreada é:
A = 32 – 1
4 (π . 3
2) ∴ A = 9 (4 –ð)
4 Alternativa C
08. Uma pirâmide reta de base quadrada e altura de 4 m está inscrita numa esfera de raio 4 m. Adotando π = 3, pode-se afirmar que: a) Vesfera = 6 . Vpirâmide. b) Vesfera = 5 . Vpirâmide. c) Vesfera = 4 . Vpirâmide. d) Vesfera = 3 . Vpirâmide. e) Vesfera = 2 . Vpirâmide. Resolução: Vesfera = 4 3 πR 3 = 4 3 . 3(4) 3 = 44 = 256 m3 Vpirâm = 1 3 . AB . h = 1 3 . 2 (8) 2 . 4 = 128 3 m 3 esfera pirâmide V V = 256 128 3 = 6 ∴ Vesfera = 6 . Vpirâmide Alternativa A
09. Por ocasião do Natal, um grupo de amigos resolveu que cada um do grupo mandaria 3 mensagens a todos os demais. E assim foi feito. Como o total de mensagens enviadas foi 468, pode-se concluir que o número de pessoas que participam desse grupo é:
a) 156. b) 72. c) 45. d) 13. e) 11.
Resolução:
Seja n o número de amigos no grupo. Cada um enviaria 3 mensagens para os demais, isto é, 3 (n – 1) mensagens.
Então, o número total de mensagens será n . 3 (n – 1) = 468 ⇒
3n2 – 3n – 468 = 0 ⇒ n2 – n – 156 = 0
∴ n = 13 ou n = –12 (não convém). Alternativa D
05. Considere a matriz A = x 3 3 9 log x log 9 log 1 log 3
com x ∈ IR, x > 0 e x ≠ 1 e seja n o determinante de A. Considere as equações: (1) → 6 x + 3 = 0 (2) → 2 1 x 2 + = 0 (3) → 9x – 3 = 0 (4) → x–2 = 14 (5) → x2 = 1 2
Pode-se afirmar que n é raiz da equação: a) (1). b) (2). c) (3). d) (4). e) (5). Resolução: Temos que n = x 3 3 9 1 2 log x log 9 1 0 log 1 log 3 2 = então n = 1 2 Da equação (3) → 9x – 3 = 0 resulta x = 1 2 que é igual a n. Alternativa C
06. Sejam f e g duas funções de R em R, tais que f(x) = 2x e g(x) = 2 – x.
Então, o gráfico cartesiano da função f (g (x)) + g (f (x)): a) passa pela origem.
b) corta o eixo x no ponto (–4; 0). c) corta o eixo y no ponto (6; 0). d) tem declividade positiva. e) passa pelo ponto (1; 2).
Resolução: Se f(x) = 2x e g(x) = 2 – x, então h(x) = f (g(x)) + g (f(x)) h(x) = f (2 – x) + g (2x) h(x) = 4 – 2x + 2 – 2x h(x) = 6 – 4x
cujo gráfico passa pelo ponto (1; 2).
Alternativa E
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10. O menor número possível de lajotas que deve ser usado para recobrir um piso retangular de 5,60 m por 7,20 m, com lajotas quadradas, sem partir nenhuma delas, é:
a) 1 008. b) 720. c) 252. d) 63. e) 32. Resolução:
Para que o número de lajotas seja o menor posssível, devemos ter uma lajota quadrada de maior lado possível, isto é, o lado deve ser a = mdc (560, 720) portanto a = 80 cm. O número de lajotas é n = 560 720 80 80 . . = 63. Alternativa D
11. Quatro meninas e cinco meninos concorreram ao sorteio de um brinquedo. Foram sorteadas duas dessas crianças ao acaso, em duas etapas, de modo que quem foi sorteado na primeira etapa não concorria ao sorteio na segunda etapa. A probabilidade de ter sido sorteado um par de crianças de sexo diferente é: a) 5 9 . b) 4 9 . c) 5 8. d) 1 2. e) 5 18. Resolução: Possibilidades:
1o sorteio 2o sorteio ou 1o sorteio 2o sorteio
1 M e 1H 1H e 1 M 4 9 . 5 8 ou 5 9 . 4 8 A probabilidade será: P = 4 5 5 4 9 . 8 + 9 . 8 ∴ P = 5 9 Alternativa A
12. As tabelas seguintes mostram o tempo de escolaridade de candidatos a uma vaga de vendedor de uma empresa nos anos de 1990 e 2000.
De 1990 a 2000, o tempo de escolaridade entre os candidatos à vaga de vendedor dessa empresa cresceu, em média: a) 7%. b) 12%. c) 15%. d) 18%. e) 22%.
Resolução:
O tempo médio de escolaridade por aluno em 1990 é:
T1 = 4 8 4 8 11 5 3 15
20
. + . + . + .
= 8,2 anos Da mesma forma, o tempo médio no ano 2000 foi:
T2 = 10 4 5 8 10 11 12 15 37 . + . + . + . = 10 2 1 T 10 T =8, 2 ≅ 1,22 ⇒ 22% Alternativa E
13. O gráfico que melhor representa a dependência entre o volume e o raio da base de todos os cilindros que têm 5 cm de altura é a) b) c) d) e) Resolução:
O volume do cilindro é dado pela fórmula V = π r2 . h, onde
r é o raio e h é a altura. Assim, pelos dados do exercício, temos:
V = π r2 . 5 ⇒ V = 5π . r2
Portanto, o gráfico que melhor representa a dependência entre o volume e o raio da base é uma parte de uma parábola.
Obs.: no gráfico da resposta, está indicada a unidade do volume
como sendo cm. Mas, na verdade, o volume é dado em cm3.
Alternativa C Número de candidatos 8 4 5 3 Tempo de escolaridade (anos) 4 8 11 15 1990 Número de candidatos 10 5 10 12 Tempo de escolaridade (anos) 4 8 11 15 2000
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14. No plano cartesiano, a reta de equação y = x + 1 corta o lado AC do triângulo de vértices A = (1; 7), B = (1; 1) e C = (10; 1), no ponto: a) (3; 4). b) (4; 5). c) (5; 6). d) 117 , 117 1 2 2 + . e) (5,5; 4). Resolução: Equação de AC x y 1 1 7 1 10 1 1 = 0 ⇒ 2x + 3y – 23 = 0
Na intersecção das retas, tem-se: 2x 3y – 23 0
y – x 1
+ =
=
de onde vem x = 4 e y = 5 Alternativa B
15. Uma estrela regular de 4 bicos está inscrita numa circunferência de raio 2 m. Levando-se em conta a medida do ângulo assinalado na figura e os dados a seguir, pode-se afirmar que o perímetro da estrela é de:
Med. ângulo seno cosseno
30º 1 2 3 2 45º 2 2 2 2 60º 3 2 1 2 90º 1 0 a) 2 6 3 . b) 4 6 3 . c) 8 6 3 . d) 16 6 3 . e) 32 6 3 . Resolução:
Pela Lei dos Cossenos: cos 120º = –1/2
2 (2 2 ) =l2+l2–2.l.l.cos120º⇒8=3l2 l = 8 3 = 24 3 = 2 6 3 Perímetro = 8.l = 8 2 6 16 6 3 3 = Alternativa D
16. A superfície de uma pirâmide, que tem n faces, é pintada de modo que cada face apresenta uma única cor, e faces que têm uma aresta comum não possuem a mesma cor. Então, o menor número de cores com as quais é possível pintar as faces da pirâmide é:
a) n cores, qualquer que seja n. b) (n + 1) cores, qualquer que seja n. c) 4 cores, qualquer que seja n.
d) 3 cores, se n é par, e 4 cores, se n é ímpar. e) 4 cores, se n é par, e 3 cores, se n é ímpar.
Resolução:
Há 2 possibilidades:
a) Se n é par, o número de faces laterais é ímpar então bastam 1 cor para a face de baixo e 3 para as
faces laterais ∴ 3 + 1 = 4
b) Se n é ímpar, o número de faces laterais é par então bastam 1 cor para face de baixo e 2 para
as faces laterais ∴ 2 + 1 = 3
Alternativa E
17. A figura seguinte representa a planificação da superfície de um dado em forma de cubo.
Desse modo, é possível afirmar que:
a) a soma dos pontos das faces opostas é sempre um número par.
b) o produto dos pontos de faces opostas é sempre par. c) a soma dos pontos de faces opostas é sempre divisor
de 3.
d) a soma dos pontos das faces não opostas à face 1 é múltiplo de 3.
e) o produto dos pontos das faces não opostas à face 6 é igual a 20. ( 120º 2 2 2 2 l l
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Resolução:Montando o dado, obtemos a figura ao lado. Portanto, teremos como faces opostas 1 e 5, 2 e 4, 3 e 6.
Assim, obtemos a soma dos pontos das faces opostas:
1 + 5 = 6
2 + 4 = 6 (excluímos as alternativas a, b e c)
6 + 3 = 9
A soma dos pontos das faces não opostas à face 1 é:
2 + 4 + 6 + 3 = 15, que é múltiplo de 3. Alternativa D
A alternativa não deixa claro se devemos considerar o 1 ou não, apenas exclui o 5.
18. O ponto P é o afixo de um número complexo z e pertence à circunferência de equação x2 + y2 = 9. Sabendo-se que o argumento de z é 60º, pode-se afirmar que:
a) z = 3 1 2 + 2i. b) z = 3 3 3 2 + 2 i. c) z = 1 3 2 + 2 i. d) 3 3 3 2 + 2i. e) 1 3 6 + 6 i. Resolução: Pela figura sen 60º = y 3 e cos 60º = x 3 y = 3 3 2 e x = 3 2 Sendo z = x + yi e substituindo os valores de x e y, tem-se z = 3 2 + 3 3 i 2 Alternativa B
19. Um cubo de aresta de 10 cm de comprimento deve ser seccionado como mostra a figura, de modo que se obtenha uma pirâmide cuja base APB é triangular isósceles e cujo volume é 0,375% do volume do cubo.
Cada um dos pontos A e B dista de P: a) 5,75 m. b) 4,25 m. c) 3,75 m. d) 1,5 m. e) 0,75 m. Resolução: Vcubo = 103 cm3 = 1000 cm3
Vpirâmide = Vcubo . 0,375% = 3,75 cm3 ⇒ Vpirâmide = Ab H 3 . AP = BP Ab = 2 AP . BP AP 2 = 2 Vpirâmide = 3,75 cm3 = 2 AP 10 2 . 3 ⇒ 2,250 cm 2 = AP2 AP = 1,5 cm Alternativa D
A unidade de medida foi dada equivocadamente em m e não em cm.
20. Observe as figuras seguintes. A figura 1 foi ampliada para a figura 2 e esta também foi ampliada para a figura 3.
O fator de ampliação da figura 2 para a figura 3 é:
a) 7 4. b) 3 2. c) 4 3. d) 5 4. e) 7 6 . Resolução:
Observando a figura 2, percebe-se que a sua base ocupa 3 “quadradinhos”. Já a base da figura 3 ocupa 2 “quadrados”, ou 4 “quadradinhos”, visto que 1 “quadrado” é igual a 2 “quadradinhos”. Portanto, o fator da ampliação da figura 2 para a figura 3 é 4/3. Alternativa C 5 4 3 2 6 1 60º ) 3 P(x,y) 3 – 3 3 – 3 H = 10 cm B A P
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23. Um octaedro regular está inscrito num cubo de aresta com 4 cm de comprimento, isto é, seus vértices coincidem com o centro de cada face do cubo, como mostra a figura. O volume do octaedro é: a) 64 3 cm 3. b) 32 3 cm 3. c) 16 3 cm 3. d) 8 3cm 3. e) 4 3cm 3. Resolução:
Calculamos a área da secção transversal do octaedro a meia altura do cubo: Asecção = 1 2 . Aquadrado = 1 2 . 4 2 = 8 cm2
Essa secção corresponde à base de 2 pirâmides, uma com o vértice para cima, outra com o vértice para baixo, ambas tocando as faces
superior e inferior do cubo. V = 2 . 1
3 . Asecção . 2 =
32 3 cm
3 Alternativa B
24. No gráfico seguinte estão representados os três primeiros trapézios de uma seqüência infinita. Pelos vértices A, B, C, D … desses trapézios passa o gráfico de uma função exponencial f(x) = ax. Se a área total dos infinitos trapézios dessa seqüência é 5/6, então:
a) f (x) = 3x. b) f (x) = x 1 2 . c) f (x) = x 1 3 . d) f (x) = x 1 4 . e) (–2)x. 21. Considere as funções reais dadas por
f(x) = 2 x – 1, g(x) = f(x) – x e h(x) = g(f(x)). As retas que representam as funções f e h: a) são perpendiculares no ponto (2, 1). b) são perpendiculares, no ponto (0, 0).
c) não são perpendiculares, mas se encontram no ponto (1, 2).
d) passam pelos pontos (1, 1) e (0, 1). e) não se encontram, isto é, são paralelas.
Resolução: f (x) = 2x – 1 e g (x) = ( ) f x 2x−1 "" ""! – x ⇒ g (x) = x – 1 h (x) = g (f (x)) = g
(
)
( ) f x 2x−1 """ """! = ( ) f x 2x "" ""! – 1 −1 ⇒ h (x) = 2x – 2As curvas representativas de f e h correspondem a duas retas de mesmo coeficiente angular e coeficientes lineares distintos. Assim, são retas paralelas.
Alternativa E
22. O gráfico seguinte descreve como a população do Brasil que tem 10 anos ou mais, em 2003, se distribuía em relação ao sexo e anos de estudo.
DISTRIBUIÇÃO DA POPULAÇÃO DE 10 ANOS OU MAIS DE IDADE, OCUPADAS, SEGUNDO O SEXO E O GRUPO
DE ANOS DE ESTUDO – BRASIL – 2003
IBGE, Pesquisa Nacional por Amostra de Domicílios, 2003
De acordo com essa informação, é possível concluir que em 2003, no Brasil, entre as pessoas com 10 anos ou mais, o percentual de homens é menor do que o percentual de mulheres, na faixa de
a) menos de 1 ano de instrução. b) 1 a 3 anos de estudo. c) 4 a 7 anos de estudo. d) 8 a 10 anos de estudo. e) 11 anos de estudo ou mais.
Resolução:
Nas cinco faixas identificadas, a única em que a porcentagem associada aos homens é menor que seu equivalente para as
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Resolução:Inicialmente, identificamos as ordenadas y dos pontos
A, B, C, D:
f (0) = a0 = 1
f (1) = a1
f (2) = a2
f (3) = a3 Temos, então, os trapézios:
A1 =
(
1 a)
1 2 . + A2 =(
)
2 a a 1 2 . + A3 =(
)
2 3 a a 1 2 . + As áreas calculadas compõem uma PG infinita convergente, derazão a e soma: PG, 1
(
)
1 a 1 . a 5 2 1 S a 1 q 6 1 a 4 ∞ + = − ⇒ = − ⇒ = ∴ f (x) = x 1 4 Alternativa D25. Um observador colocado no centro de uma esfera de raio 5 m vê o arco AB sob um ângulo ααααα de 72º, como mostra a figura. Isso significa que a área do fuso esférico determinado por α α α α α é: a) 20 π m2. b) 15 π m2. c) 10 π m2. d) 5 π m2. e) π m2. Resolução:
Lembrando que a área da superfície circular é A = 4πR2 e R = 5,
temos:
4 π . 25 —— 360º
x —— 72º ⇒ x = 20πππππ m2
Alternativa A
26. Uma instituição financeira oferece um tipo de aplicação tal que, após t meses, o montante relativo ao capital aplicado é dado por M(t) = C 20,04t, onde C > 0. O menor tempo possível para quadruplicar uma certa quantia aplicada nesse tipo de aplicação é: a) 5 meses. b) 2 anos e 6 meses. c) 4 anos e 2 meses. d) 6 anos e 4 meses. e) 8 anos e 5 meses. Resolução: m(t) = C . 20,04t Para m(t) = 4C, temos: 4C = C . 20,04t∴∴∴∴∴ 22 = 20,04t∴∴∴∴∴ 0,04t = 2 ∴∴∴∴∴ t = 2 0, 04 = 50 meses ou 4 anos e 2 meses. Alternativa C
27. No quadriculado seguinte, está representado o caminho percorrido por uma joaninha eletrônica, em que o menor quadrado tem lado cujo comprimento representa 1 m. A distância real entre o ponto de partida C da joaninha e o de chegada A é: a) 2 10 m. b) 2 5 m. c) 2 2 m. d) 2 m. e) 2 2 3 m. Resolução:
A distância real entre os pontos C e A só leva em conta as posições inicial e final da joaninha:
AC2 = 62 + 22 = 36 + 4 = 40 AC = 2 10 m Alternativa A 1 2 3 x y a0 = 1 a1 a2 a3 0 C a2 1 a3 D (...) B 1 a a2 C A B 1 1 a A C C 2 6 A
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28. No estoque de uma loja há 6 blusas pretas e 4 brancas, todas de modelos diferentes. O número de diferentes pares de blusas, com cores diferentes que uma balconista pode pegar para mostrar a uma cliente, pode ser calculado assim: a) A10,2 – (C6,2 + C4,2). b) C10,2 – (C6,2 + C4,2). c) A10,2 – A6,4. d) C10,2 – C6,4. e) C10,2 – A6,4.
Resolução:
O estoque contém 10 blusas: 6 pretas e 4 brancas
Caso a balconista queira pegar uma blusa de cada cor, o número de probabilidades pode ser calculado da seguinte forma:
C10,2 – C6,2 – C4,2
total de pares total de total de pares formados sem nenhuma pares formados por blusas azuis restrição por blusas pretas
Alternativa B
29. O quadrado representado a seguir tem lados paralelos aos eixos x e y e sua diagonal AB está contida numa reta cuja equação é
a) y = x – 1. b) y = –x + 3. c) y = x + 3. d) y + x + 1. e) y = 3x + 1.
Resolução:
Obs.: A questão só teria coerência caso se assumisse que o ponto dado fosse (–1; 4), e não (1, 4) como afirma o enunciado. Caso contrário, seria impossível construir um quadrado com aquelas especificações.
Como os lados do quadrado são paralelos aos eixos coordenados, podemos obter os demais vértices, como mostra a figura abaixo: A expressão da diagonal AB
pode ser calculada a partir dos pontos A e B: y = mx + n 2 m ( 1) n 4 m 5 n . . − = − + = + m = 1 n = –1 ∴∴∴∴∴ AB IKKH : y = x – 1 Alternativa A
30. Um fabricante de produtos esportivos gasta R$ 10,00 para produzir uma bola de tênis. Ele estima que, se vender cada bola por x reais, conseguirá produzir e vender (150 – x) unidades desse produto. Sabendo que o lucro y que ele tem com a venda de cada bola é a diferença entre o preço unitário de venda e o preço unitário de custo, o gráfico que melhor representa a variação do lucro desse fabricante, com o preço de venda, é:
4 – 2 – 1 A(–1; –2) (–1; 4) B(5; 4) B(5; –2) 5 y x a) d) b) e) c) Resolução:
Considerando para (150 – x) unidades: Equação do custo: C = (150 – x) 10 Equação da venda: V = (150 – x) x A equação do lucro será:
L = (150 – x) x – 10 (150 – x)
L = –x2 + 160x – 1500,
portanto o gráfico é: Alternativa C
COMENTÁRIO DA PROVA DE MATEMÁTICA
Consideramos que a prova de Matemática para o curso de Economia da FGV apresentou bom nível de formulação, por meio de questões abrangentes, com enunciados objetivos e claros. No seu conjunto, avaliamos ainda que as 30 questões mostraram bastante adequação quanto à cobertura dos assuntos propostos pelo programa. Entretanto, observamos algumas incorreções nos enunciados das questões 19 e 29, bem como nas alternativas listadas na questão 13. Acreditamos que, apesar de não comprometer a qualidade geral da prova, esse fator poderia ter afetado o desempenho de um candidato bem preparado.
DISTRIBUIÇÃO DAS QUESTÕES
1 0 1 50 x y P o l i n ô m i o s 3,3% Probabi-lidades 3,3% Matrizes e Determinantes 3,3% Números Complexos 3,3% Seqüências, PA e PG 6,6% Estatística 6,6% Porcentagem e Juros Funções 6,6% Geometria P l a na 6,6% Combinatória 10% Raciocínio Lógica 10% Geometria Analítica Geometria Espacial 20%
