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PROVA DE MATEMÁTICA VESTIBULAR 2013 - FGV
CURSO DE ECONOMIA
RESOLUÇÃO: Profa. Maria Antônia C. Gouveia
QUESTÃO 01
Laura caminha pelo menos 5 km por dia. Rita também caminha todos os dias, e a soma
das distâncias diárias percorridas por Laura e Rita em suas caminhadas não ultrapassa
12 km.
A distância máxima diária percorrida por Rita, em quilômetros, é igual a
(A) 4. (B) 5. (C) 6. (D) 7. (E) 8.
RESOLUÇÃO:
Considerando que a distância percorrida por Laura é L 5km e que Rita percorre por
dia R km: 5 + R ≤ 12 R ≤ 7 que a distância máxima percorrida por Rita deve ser
7km.
RESPOSTA: Alternativa D.
QUESTÃO 02
Um mercado vende três marcas de tomate enlatado, as marcas A, B e C. Cada lata da
marca A custa 50% mais do que a da marca B e contém 10% menos gramas do que a da
marca C. Cada lata da marca C contém 50% mais gramas do que a da marca B e custa
25% mais do que a da marca A. Se o rendimento do produto das três marcas é o mesmo
por grama, então, é mais econômico para o consumidor comprar a marca
(A) A. (C) C. (E) B ou C, indistintamente.
(B) B. (D) A ou B, indistintamente.
RESOLUÇÃO:
Considerando que cada lata da marca B custa x moedas, o preço da marca A será 1,5x
moedas e o da marca C, (1,251,5x) = 1,875x moedas.
Se a lata da marca A contém 10% menos gramas do que a da marca C e as desta marca
contém 50% mais gramas do que a da marca B, considerando como y o peso do
conteúdo de cada lata B, o peso da marca C será 1,5y e o da A, (0,9 1,5y) = 1,35y.
Preço por grama de cada marca:
Marca A: moeda/gy
x
1,35y
1,5x
9
10.
Marca B: moeda/gy
x
1 .
Marca C: moeda/gy
x
y
x
1,5y
1,875x
8
10
4
5.
Comparando os três valores do grama das
três marcas conclui-se que é mais
vantajoso para o consumidor comprar o
produto de marca B.
RESPOSTA: Alternativa B.
2
QUESTÃO 03
Sejam m e n números reais, ambos diferentes de zero. Se m e n são soluções da equação
polinomial x2 + mx + n = 0, na incógnita x, então, m – n é igual a
(A) –3. (B) –2. (C) 1. (D) 2. (E) 3.
»
RESOLUÇÃO:
A soma das raízes é mnm e o produto nmn
Sendo m e n números reais, ambos diferentes de zero:
3nm2n
1m
1m
2mn
nmn
mnm
RESPOSTA: Alternativa E.
»
QUESTÃO 04
Na figura, ABCDEF é um hexágono regular de lado 1 dm, e Q é o centro da
circunferência inscrita a ele. O perímetro do polígono AQCEF, em dm, é igual a
(A) 24 (C) 6 (E) 222
(B) 34 (D) 54
RESOLUÇÃO:
O perímetro de AQCEF é a soma AQ+QC+CE+EF+FA =
= 4 + x.
No triângulo CDE aplicando a Lei dos cossenos em relação
ao ângulo de 120°:
3x3x1
2
122x2cos12011x 222
Então, o perímetro de AQCEF é 34 .
RESPOSTA: Alternativa B.
3
QUESTÃO 05
Um poço cilíndrico circular reto, de profundidade 15 m e diâmetro 6 m, foi escavado
por 18 trabalhadores em 25 dias.
Admitindo-se sempre proporcionalidade direta ou inversa entre duas das três grandezas
envolvidas no problema (volume escavado, número de trabalhadores e dias necessários
para o serviço), para aumentar o diâmetro do poço já escavado em mais 2 m, e com 4
trabalhadores a menos, serão necessários e suficientes mais
(A) 20 dias. (C) 23 dias. (E) 25 dias.
(B) 21 dias. (D) 24 dias.
RESOLUÇÃO:
O volume do cilindro externo (de raio 4m) é, em metros
cúbicos: 240π154πV2
1 .
O volume do cilindro interno é, também em metros cúbicos:
π351153πV2
0 . (Representa a escavação realizada pelo
primeiro grupo).
O volume da região compreendida entre os dois cilindros é,
em metros cúbicos: 105 π135240V 01 V (Representa a
escavação a ser realizada pelo segundo grupo).
Analisando a relação entre as grandezas:
VOLUME TRABALHADORES DIAS
Grupo 1 135π
105π
18
14
25
x Grupo 2
Logo: 255
1
1
15
15
27
9
15
105
135
18
1425 x
xxx
RESPOSTA: Alternativa E.
QUESTÃO 06
Uma mercadoria é vendida com entrada de R$ 500,00 mais 2 parcelas fixas mensais de
R$ 576,00. Sabendo-se que as parcelas embutem uma taxa de juros compostos de 20%
ao mês, o preço à vista dessa mercadoria, em reais, é igual a
(A) 1.380,00. (C) 1.420,00. (E) 1.460,00.
(B) 1.390,00. (D) 1.440,00.
4
RESOLUÇÃO:
13804004805002,1
576
2,1
576500
2,12,1500
2221 VPVPVP
PPVP
O preço à vista dessa mercadoria é igual a 1.380 reais.
RESPOSTA: Alternativa A.
QUESTÃO 07
O total de números naturais de 7 algarismos tal que o produto dos seus algarismos seja
14 é
(A) 14. (B) 28. (C) 35. (D) 42. (E) 49.
RESOLUÇÃO:
Sabe-se que 14 = 2 . 7 . 1.
Os números então, devem ser escritos 5 algarismos 1, 1 algarismo 2 e 1 algarismo 7.
Total de números com 7 algarismos escritos com 1, 1, 1, 1, 1, 2 e 7: 42675!
7!P5
7 .
RESPOSTA: Alternativa D.
QUESTÃO 08
O relógio indicado na figura marca 6 horas e
(A) 13
755 minutos. (C)
13
555 minutos. (E)
11
254 minutos.
(B) 11
555 minutos. (D)
11
354 minutos.
5
RESOLUÇÃO:
A cada 60 min o ponteiro das horas se desloca 30°, ou seja a
cada 1 min o deslocamento desse ponteiro é de 0,5°. Logo a
cada x min o seu deslocamento é de 0,5°x = 2
x
2αxα2
x .(I)
A cada 60 min o ponteiro dos minutos se desloca 360°, ou
seja a cada 1 min o deslocamento desse ponteiro é de 6°.
Logo a cada x min o seu deslocamento é de 6°x, de acordo
com a figura ao lado, 6
α360xx6α360
(II)
De (I) e (II) tem-se:
13
555
13
720
13
3602
13
360α36013α12αα3602
6
α360
x .
RESPOSTA: Alternativa C.
QUESTÃO 09
O algarismo da unidade do resultado de 1!-2!+3!-4!+5!-...+999! é
(A) 0. (B) 1. (C) 2. (D) 3. (E) 4.
RESOLUÇÃO:
Sendo (n+1)! = n(n – 1)!, tem-se:
S =1! –2!+3! – 4!+5! –...+999!
S = (1! – 2! + 3.2! – 4.3! + 5.4!) – 6.5! + 7.6! – , ....,+ 999!
S = (1 – 2 + 6 – 24 + 120) – 6.5! + 7.6! – .... + 999!
S = 101 – 6.5! + 7.6! – .... + 999!
Fazendo – 6.5! + 7.65! – 8.7.65! + 9.8.7.65! .... + 999! = P tem-se: S = 101 + P.
Analisando-se os termos de P, conclui-se que cada um de seus 994 termos são
múltiplos de 5! =120 , portanto múltiplos de 10, logo o algarismo das unidades de P é 0.
Reescrevendo P:
P = – 6.5!+7.6! – ... +999! = (999!–998!)+(997!–996!)+ ...+(9.8!–8.7!)+(7.6!– 6.5!) .
Como cada expressão entre parênteses é um número natural, P é um número natural
múltiplo de 10.
Conclusão: S = 101 + P é um número natural cujo algarismo das unidades é 1.
RESPOSTA: Alternativa B.
6
Questão 10
Observe a tabela com duas sequências.
1o termo 2
o termo 3
o termo 4
o termo ...
Sequência 1 3 7 11 15 ...
Sequência 2 -3 -82 -161 -240 ...
Sendo Sn a soma dos n primeiros termos da sequência 1, e bn o n-ésimo termo da
sequência 2, então, Sn = |bn| para n igual a 1 ou
(A) 26. (B) 29. (C) 38. (D) 43. (E) 46.
RESOLUÇÃO:
A sequência 1 é uma P.A. de razão 4, então Sn =
n2n2
.n24n
2
n.41n33 2
.
A sequência 2 é uma P.A. de razão –79 , então bn = –3 + (n – 1). (–79) = 76 – 79n.
Sendo n um número natural diferente de zero, bn = 76 – 79n < 0, logo, |bn| = 79n – 76. Considerando , Sn = |bn| ,
38 n ou 1n4
7478
4
608608478076n78207679nn2n 22
nn
RESPOSTA: Alternativa C.
Questão 11
Três irmãos receberam de herança um terreno plano com a forma de quadrilátero
convexo de vértices A, B, C e D, em sentido horário. Ligando os vértices B e D por um
segmento de reta, o terreno fica dividido em duas partes cujas áreas estão na razão 2:1,
com a parte maior demarcada por meio do triângulo ABD. Para dividir o terreno em
áreas iguais entre os três irmãos, uma estratégia que funciona, independentemente
das medidas dos ângulos internos do polígono ABCD, é fazer os traçados de BD e DM ,
sendo
(A) M o ponto médio de AB .
(B) M o ponto que divide AB na razão 2:1.
(C) M a projeção ortogonal de D sobre AB .
(D) DM a bissetriz de BD̂A .
(E) DM a mediatriz de AB .
7
RESOLUÇÃO:
Ao ligar os vértices B e D por um segmento de reta, o terreno fica dividido em duas
partes cujas áreas estão na razão 2:1, com a parte maior demarcada por meio do
triângulo ABD , logo a área desse triângulo é o dobro da área do triângulo BCD,
conforme figura 2.
O terreno deverá ser dividido entre os três irmãos, em partes com áreas iguais. Sendo
SABD = 2SBCD = 2S , a estratégia para essa divisão será dividir o triângulo ABD em dois
triângulos de área S, e uma das possibilidades é traçar nesse triângulo a mediana relativa
ao lado AB .
RESPOSTA: Alternativa A.
Questão 12
O total de matrizes distintas que possuem apenas os números 1, 2, 3, 4, 5,..., 15, 16
como elementos, sem repetição, é igual a
(A) (4!)4 (B) 16.4! (C) 5.16! (D) (16!)
5 (E) 16
16
»
RESOLUÇÃO:
As matrizes distintas que se podem formar com apenas os números 1, 2, 3, 4, 5,..., 15,
16, são dos tipos A116, B161, C28, D82 e E44. Em cada um dos tipos os 16 elementos
podem permutar entre si um número de vezes igual a 16!.
Então o total de matrizes distintas que possuem apenas os números 1, 2, 3, 4, 5,..., 15,
16 como elementos, sem repetição, é igual a 5.16!.
RESPOSTA: Alternativa B.
Questão 13
O quadrado ABCD está inscrito em uma circunferência de raio r. Marcando-se ao acaso
um ponto na região interior dessa circunferência, a probabilidade de que esse ponto
esteja na região interior do quadrado ABCD é igual a
(A)
2 (B)
2 (C)
4
33 (D)
1 (E)
2
1
8
RESOLUÇÃO:
O quadrado ABCD, inscrito no círculo de raio r é formado
por 4 triângulos retângulos (AOB, BOC, COD e DOA),
logo sua área é 2ABCD 2r
2
rr4S
.
A área do círculo é 2círculo rS .
A probabilidade de que um ponto interior ao círculo esteja
na região interior do quadrado ABCD é
2
r
2rS2
2ABCD círculoS
RESPOSTA: Alternativa A.
Questão 14
Ao conjunto {5, 6, 10, 11} inclui-se um número natural n, diferente dos quatro números
que compõem esse conjunto.
Se a média aritmética dos cinco elementos do novo conjunto é igual a sua mediana,
então, a soma de todos os possíveis valores de n é igual a
(A) 20. (B) 22. (C) 23. (D) 24. (E) 26.
RESOLUÇÃO:
1) Se n < 5, { n, 5, 6, 10, 11 }, a mediana é 6.
2) Se 5 < n < 6, { 5, n, 6, 10, 11 }, a mediana é 6.
3) Se 6 < n < 10, { 5, 6, n, 10, 11 }, a mediana é n.
4) Se 10 < n < 11, { 5, 6, 10, n, 11 }, a mediana é 10.
5) Se n > 11, { 5, 6, 10, 11, n }, a mediana é 10.
A média aritmética entre os elementos de { n, 5, 6, 10, 11 } é 5
32n
5
111065n
Pode-se ter:
18n5032n
8n5n32n
natural) número é não pois convém (não 2n3032n
105
32n
oun 5
32n
ou 65
32n
5
32n
A soma dos possíveis valores de n é 8 + 18 = 26
RESPOSTA: Alternativa E.
Questão 15
Se sen x + sen y = 3
15 e cos x + cos y = 1, então, sec(x – y) é igual a
(A) 3
1 (B)
2
1 (C) 2 (D) 3 (E) 4
9
RESOLUÇÃO:
3
2senx.seny)y2(cosx.cos
3
8senx.seny)y2(cosx.cos2
)L(L
12cosx.cosyycosxcos
3
52senx.senyysenxsen
1cosycosx
3
15senysenx
2122
22
3y)sec(x3
1y)cos(x
3
2y)2cos(x
RESPOSTA: Alternativa D.
Questão 16
Dados os pontos A(0,0), B(5,0), C(8,5) e D(11,8) no plano cartesiano ortogonal, P é um
ponto do 1o quadrante tal que as áreas dos triângulos APB e CPD são, respectivamente,
iguais a 2
25e 6. Em tais condições, o produto da abscissa pela ordenada de P pode ser
igual a
(A) 18. (B) 20. (C) 21. (D) 24. (E) 25.
RESOLUÇÃO:
Seja P = (m, n)
Considerando inicialmente o triângulo APB, no qual os vértices A e B pertencem ao
eixo Ox o que se leva a concluir que o lado AB, base do triângulo, está sobre esse eixo e
também que a altura desse triângulo é n.
Como a área de APB é 2
25, 5n
2
25
2
5n
2
25
2
bn P = (m, 5).
Sendo 6 a medida da área de CPD:
123m241255408m5m55646
15m
1811
158
2
1
12mou 4m123m24ou 123m24
P = (4, 5) ou P = (12,5) o produto das coordenadas de P pode ser 20 ou 60.
RESPOSTA: Alternativa B.
Questão 17
Na figura, ABCD é um quadrado de lado 4 cm, e M é
ponto médio de CD . Sabe-se ainda que é arco de
circunferência de centro A e raio 4 cm, e é arco de
circunferência de centro M e raio 2 cm, sendo P e D pontos
de intersecção desses arcos.
A distância de P até CB , em centímetros, é igual a
(A) 5
4 (B)
25
19 (C)
4
3 (D)
10
7 (E)
25
17
10
RESOLUÇÃO:
Aplicando o Teorema de Pitágoras aos triângulos
retângulos AEP e PFM:
04nnm
16n)8(mnm
4mn)(2
16n)(4m)(4
22
22
22
22
08m164m16m16m
2m4n
04nnm
164n8n8m
2222
5
4n
5
164n
5
8m08m5m2
RESPOSTA: Alternativa A.
»
Questão 18
Na figura, AB e AE são tangentes à circunferência nos
pontos B e E, respectivamente, e m(BÂE) = 60º. Se os arcos
têm medidas iguais, a medida do ângulo
BÊC, indicada na figura por α, é igual a
(A) 20° (B) 40° (C) 45° (D) 60° (E) 80°
RESOLUÇÃO:
AB AE (segmentos tangentes ao círculo a partir
de um mesmo ponto A).
O triângulo ABE é equilátero, então o arco
mede 120° e = 240°.
Como esses três arcos são congruentes, cada um
deles mede 80°. Assim 2α = 80° e α = 40°.
RESPOSTA: Alternativa B.
Questão 19
Um prisma reto de base triangular tem área de uma face lateral igual a 20 cm². Se o
plano que contém essa face dista 6 cm da aresta oposta a ela, o volume desse prisma, em
cm³, é igual a
(A) 18. (B) 36. (C) 48. (D) 54. (E) 60.
11
RESOLUÇÃO:
BC = a cm, AB = (20/a) cm, e a altura do
triângulo ADE igual a 6cm.
Considerando o triângulo ADE como base do
prisma e AB a sua altura, o seu volume é:
360cma
20
2
6aV ,
RESPOSTA: Alternativa E.
Questão 20
Um cilindro circular reto de base contida em um
plano α foi seccionado por um plano β,
formando 30° com α, gerando um tronco de
cilindro. Sabe-se que BD e CE são,
respectivamente, eixo maior da elipse de centro
P contida em β, e raio da circunferência de
centro Q contida em α. Os pontos A, B, P e D
são colineares e estão em β, e os pontos A, C, Q
e E são colineares e estão em α.
Sendo BC = 1 m e CQ = 3 m, o menor caminho pela superfície lateral do tronco
ligando os pontos C e D mede, em metros,
(A) 2313 (C) 213 (E) 29
(B) 33 (D) 239
RESOLUÇÃO:
FIGURA 1
Como AE//BF , os triângulos BDF e ABC são retângulos e semelhantes.
Sendo BF = CE = 32 m, tg30BF
DF321DE2DF
3
3
32
DF .
O arcos CE mede: CE = m 32
π32
FIGURA 2
Desenvolvendo a superfície lateral do tronco de cilindro tem-se o pentágono BCC’B’D
e o segmento CD é a menor distância entre os pontos C e D:
93πd93πd 222
RESPOSTA: Alternativa D.
12
Questão 21
O conjunto S contém apenas pontos (x,y) do plano cartesiano ortogonal de origem (0,0).
Se um ponto qualquer P pertence a S, então também pertencem a S o seu simétrico
em relação à reta y = x, o seu simétrico em relação ao eixo x e o seu simétrico em
relação ao eixo y. Se os pontos (0,0), (2,0), (0,3) e (2,3) pertencem a S, o menor número
de elementos que o conjunto S pode ter é
(A) 7. (B) 8. (C) 13. (D) 16. (E) 17.
RESOLUÇÃO:
Os simétricos de P = (0, 0) são todos iguais a ele próprio.
FIGURA 1
Do ponto (2, 0) foram gerados 3 outros.
FIGURA 2
Do ponto (0, 3) foram gerados 3 outros.
FIGURA 3
Do ponto (2, 3) foram gerados 7 outros.
Conclusão: O menor número de elementos que o conjunto S pode ter é 4+3+3+7 =17.
RESPOSTA: Alternativa E.
Questão 22
Sendo a, b, c, d, e, f, g constantes reais, o gráfico da função polinomial
gf
edxcxbxaxxP(x) 2345
, com f ≠ g, tem 5 intersectos reais distintos com o
eixo x, sendo um deles (0,0). Nessas condições, necessariamente
(A) a ≠ 0. (B) b ≠ 0. (C) d ≠ 0. (D) e ≠ 0. (E) f ≠ 0.
13
RESOLUÇÃO:
Se gf
edxcxbxaxxP(x) 2345
tem 5 intersectos reais distintos com o eixo x,
sendo um deles (0,0), então zero é uma das suas raízes, portanto o termo independente
de x, 0gf
e
.
Logo, dcxbxaxxxP(x)dxcxbxaxxP(x) 2342345 .
As raízes do polinômio dcxbxaxx 234 são distintas de zero, logo d ≠ 0.
RESPOSTA: Alternativa C.
»
Questão 23
No plano Argand-Gauss estão indicados um
quadrado ABCD e os afixos dos números
complexos Z0, Z1, Z2, Z3, Z4 e Z5.
Se o afixo do produto de Z0 por um dos outros cinco
números complexos indicados é o centro da
circunferência inscrita no quadrado ABCD, então
esse número complexo é
(A) Z1. (B) Z2. (C) Z3. (D) Z4. (E) Z5.
RESOLUÇÃO:
Considerando como M o centro do quadrado ABCD,
2
3,
2
3
2
yy,
2
xxM DBDB .
2n
n0
z1,5 0;z1,5b
0a
32b
04a
32b2a
32b2a
2
3ba
2
3ba
b)i(ab)a(i2
3
2
3bi)(ai1i
2
3
2
3ZZ
RESPOSTA: Alternativa B.
14
Questão 24
Tânia e Geraldo têm, cada um, uma urna contendo cinco bolas. Cada urna contém uma
bola de cada uma das seguintes cores: azul, verde, preta, branca e roxa. As bolas são
distinguíveis umas das outras apenas por sua cor. Tânia transfere, ao acaso, uma bola da
sua urna para a de Geraldo. Em seguida, Geraldo transfere, ao acaso, uma bola da sua
urna para a de Tânia. Ao final das transferências, a probabilidade de que as duas urnas
tenham sua configuração inicial é
(A) 2
1 (B)
3
1 (C)
5
1 (D)
6
1 (E)
10
1
RESOLUÇÃO:
Como as bolas de cada urna são distinguíveis umas das outras apenas por sua cor, a
probabilidade de cada uma das bolas que pode ser escolhida ao acaso por Tânia para
transferir para a urna de Geraldo é de 5/5.
Depois da transferência a urna de Geraldo tem 6 bolas, sendo duas da mesma cor.
Geraldo escolhe ao acaso, de sua urna, uma bola para transferir para a urna de Tânia.
Para que ao final das transferências, as duas urnas tenham sua configuração inicial, é
necessário que a bola escolhida seja da mesma cor da que Tânia havia transferido para a
sua urna.
Como são 6 bolas, a probabilidade de que esse fato aconteça é: 3
1
6
2 .
RESPOSTA: Alternativa B.
Questão 25
Com m e n reais, os gráficos representam uma função logarítmica, e seu intersecto com
o eixo x, e uma função afim, e seu intersecto com o eixo y.
Se 2
5
3
101gf
, então m
n é igual a
(A) 8
1 (B)
4
1 (C)
2
1 (D) 4 (E) 8
15
RESOLUÇÃO:
Pelo gráfico: 22)(m100
1logm0
100
1logm .
Então f(x) = xlog2
De 2
5
3
101gf
pode-se escrever a
3
101g
,
2
5af
10a10a2
1loga2
2
5loga
2
5loga2 2
1
3n101
3110n101
3
101n10
3
101g 2
1
.
Logo, 8
12m 3n
RESPOSTA: Alternativa A.
Questão 26
No círculo trigonométrico de raio unitário indicado na figura, o arco mede α.
Assim, PM é igual a
(A) –1 – tg α (C) 1 + cos α (E) –1 + cotg α
(B) 1 – cos α (D) 1 + sen α
RESOLUÇÃO:
Sendo α um arco do 2o quadrante, a abscissa do ponto
M é igual ao cosα < 0 e OC =1, logo, CM = 1 |cosα|
CM = 1 ( cosα) = 1 + cosα.
O triângulo retângulo PMC é isósceles (semelhante ao
triângulo COD), logo PM = CM =1+ cosα.
RESPOSTA: Alternativa C.
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Questão 27 »
Sendo m o maior valor real que x pode assumir na equação analítica
(x – 2)2 + 4(y + 5)
2 = 36, e n o maior valor real que y pode assumir nessa mesma
equação, então, m+n é igual a
(A) 8. (B) 7. (C) 6. (D) 4. (E) 3.
RESOLUÇÃO:
Dividindo os termos da equação
(x – 2)2 + 4(y + 5)
2 = 36 por 36, obtem-se:
1
9
5y
36
2x22
que é equação de uma
elipse de centro (2, 5), a = 6 e b = 3.
Sendo m o maior valor real que x pode
assumir na equação, m = 2 + 6 = 8.
Sendo n o maior valor real que y pode
assumir na equação, n = 5 + 3 = 2. Então m + n = 8 2 = 6.
RESPOSTA: Alternativa C.
Questão 28
Se 14x
1x
2
2 , com x > 0, então 5
x
1x
é igual a
(A) 22 · 7
2 (B) 7
3 (C) 2
3 · 7
2 (D) 2
10 (E) 7
10
RESOLUÇÃO:
Desenvolvendo 2
x
1x
:
0)(x 4x
1x16214
x
1x2
x
1x
x
1x
x
1x2
x
1x
x
1x
2
2
22
2
22
Sendo 105225
241616x
1x
x
1x
x
1x
x
1x
x
1x
RESPOSTA: Alternativa D.
Questão 29
A solução da equação
log1 + 2log2 + 3log3 + 4log4 + … +10log10 = logx é
(A) ..9!2!.3!.4!..
1 (D)
..9!2!.3!.4!..
!1010
(E)
..9!2!.3!.4!..
!1011
(B) ..9!2!.3!.4!..
10 (C)
..9!2!.3!.4!..
!10
17
RESOLUÇÃO:
log1 + 2log2 + 3log3 + 4log4 + … +10log10 = logx
log1 + log22 + log3
3 + log4
4 + … +log10
10 = logx
»
log(1 22 3
3 4
4 … 10
10 ) = logx
x = 1 22 3
3 4
4 … 10
10
.9!...4!3!!!2
10!
9!...4!3!!!2
110!x
9!
10!.....
4!
10!
3!
10!
2!
10!
1!
10!10!x
10....10...5410...4310...43210...4321x
1010
RESPOSTA: Alternativa D.
Questão 30
O gráfico de barras indica como informação principal o número de pessoas atendidas
em um pronto-socorro, por faixa etária, em um determinado dia. Outra informação
apresentada no gráfico, por meio das linhas verticais, é a frequência acumulada. Em
virtude de um rasgo na folha em que o gráfico estava desenhado, as informações
referentes à última barra, e apenas elas, foram perdidas, como se vê na figura.
A média de idade do total de pessoas de 0 a 20 anos que frequentou o pronto-socorro
nesse dia foi 12,4 anos. Nessas condições, na folha intacta do gráfico original, o
comprimento da linha vertical posicionada na última barra, que indica a frequência
acumulada até 20 anos de idade, em centímetros, era igual a
(A) 8,8. (B) 9,6. (C) 10,4. (D) 11,2. (E) 12,0.
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RESOLUÇÃO:
Idade em anos xm FA F xm F
0 4 2 1 1 2
4 8 6 4 3 18
8 12 10 6 2 20
12 16 14 10 4 56
16 20 18 x x – 10 18x – 180
15x845,6x12,4x 18018x9612,4x
18018x5620182Ma
.
Logo, no gráfico original, o comprimento da linha vertical posicionada na última barra,
que indica a frequência acumulada até 20 anos de idade, em centímetros, era igual a
15 0,8cm = 12,0 cm.
RESPOSTA: Alternativa E.