Análise Quantitativa e Lógica

Prévia do material em texto

<p>1CPV ibmecjun2007</p><p>IBMEC � 03/junho/2007</p><p>Seu pé direito nas melhores faculdades</p><p>ANÁLISE QUANTITATIVA E LÓGICA OBJETIVA</p><p>41. Numa lanchonete, um salgado e um refrigerante custam,</p><p>respectivamente, X e Y reais. Pedro, que comprou X</p><p>salgados e Y refrigerantes nessa lanchonete, gastou o</p><p>mesmo que Luana, que comprou Y salgados e 3Y</p><p>refrigerantes. Então, pode-se concluir que</p><p>a) Y = X</p><p>b) Y = 2X</p><p>c) X = 2Y</p><p>d) Y = 3X</p><p>e) X = 3Y</p><p>Resolução:</p><p>Considerando os dados do enunciado, temos:</p><p>X2 + Y2 = XY + 3Y2 ∴ X2 – XY – 2Y2 = 0.</p><p>Resolvendo a equação na variável X, temos:</p><p>∆ = (–Y)2 – 4 . 1 . (–2Y2) = 9Y2</p><p>X =</p><p>Y 3Y</p><p>2</p><p>±</p><p>X = 2Y ou</p><p>X = – Y (não convém)</p><p>portanto X = 2Y Alternativa C</p><p>42. Define-se aproveitamento de uma equipe de futebol num</p><p>determinado campeonato como o número de pontos</p><p>efetivamente conquistados por essa equipe dividido pelo</p><p>número de pontos que ela teria obtido se tivesse vencido</p><p>todos os jogos que disputou, sendo essa fração escrita na</p><p>forma de porcentagem. Em cada partida, uma equipe ganha</p><p>3 pontos em caso de vitória, 1 ponto em caso de empate e</p><p>0 ponto em caso de derrota. Nos dez primeiros jogos de um</p><p>campeonato, a equipe Arrancatoco obteve 18 pontos, tendo,</p><p>portanto, um aproveitamento de 60%. O número mínimo de</p><p>jogos que o Arrancatoco ainda deverá disputar nesse</p><p>campeonato para que seu aproveitamento final possa</p><p>superar 70% é igual a</p><p>a) 1</p><p>b) 2</p><p>c) 3</p><p>d) 4</p><p>e) 5</p><p>Resolução:</p><p>Considerando um total de n jogos a mais, temos:</p><p>70% =</p><p>18 3n 7 6 n</p><p>30 3n 10 10 n</p><p>+ +</p><p>⇒ = ⇒</p><p>+ +</p><p>70 + 7n = 60 + 10n ⇒ 10 = 3n ⇒ n = 3,3</p><p>Note que esse cálculo pressupõe que o time ganharia todos os</p><p>próximos jogos. Assim, o número mínimo de jogos é 4.</p><p>Alternativa D</p><p>43. Dado o conjunto A =</p><p>2 3 4 n</p><p>, , , , ..., , ...</p><p>4 4 4 4 4</p><p>π π π π π </p><p> </p><p> </p><p>, con-</p><p>sidere a função f: A → IR dada pela lei f(x) = sen x + cos x.</p><p>Se I é o conjunto imagem da função f, então I possui</p><p>a) 2 elementos</p><p>b) 4 elementos</p><p>c) 5 elementos</p><p>d) 8 elementos</p><p>e) infinitos elementos</p><p>Resolução:</p><p>Considerando o conjunto A =</p><p>2 3 4 n</p><p>, , , , ..., , ...</p><p>4 4 4 4 4</p><p>π π π π π </p><p> </p><p> </p><p>,</p><p>temos as seguintes imagens:</p><p>x y = sen x + cos x</p><p>4</p><p>π</p><p>y = 2</p><p>2</p><p>π</p><p>y = 1</p><p>3</p><p>4</p><p>π</p><p>y = 0</p><p>π y = – 1</p><p>5</p><p>4</p><p>π</p><p>y = – 2</p><p>3</p><p>2</p><p>π</p><p>y = – 1</p><p>7</p><p>4</p><p>π</p><p>y = 0</p><p>2π y = 1</p><p>. . . . . .</p><p>Observamos na tabela acima que há 5 valores distintos de y,</p><p>portanto I possui 5 elementos. Alternativa C</p><p>IBMEC � 03/06/2007 Seu pé direito nas melhores Faculdades</p><p>CPV ibmecjun2007</p><p>2</p><p>f(x)</p><p>x</p><p>y</p><p>1</p><p>1</p><p>–1</p><p>g(x)</p><p>Resolução:</p><p>a > 1 ⇒ a ≠ 0</p><p>ax + ax2 – a = 0 ⇒ ax = – ax2 + a (÷÷÷÷÷a) ⇒ ax–1 = –x2 + 1</p><p>Sejam f(x) = ax–1 e g(x) = – x2 + 1</p><p>ax–1 = – x2 + 1 ⇒ f(x) = g(x) (2 pontos)</p><p>A equação ax + ax2 – a = 0 tem apenas duas soluções,</p><p>independente do valor de a. Alternativa E</p><p>46. Na figura abaixo estão representados infinitos hexágonos</p><p>regulares, construídos a partir das seguintes informações:</p><p>• cada lado do maior deles mede 4,</p><p>• cada vértice do segundo maior hexágono está sobre o</p><p>ponto médio de um lado do maior hexágono,</p><p>— cada vértice do terceiro maior está sobre o ponto</p><p>médio de um lado do segundo maior,</p><p>— cada vértice do quarto maior hexágono está sobre o</p><p>ponto médio de um lado do terceiro maior, e assim</p><p>por diante.</p><p>O limite da soma das áreas das regiões sombreadas é</p><p>igual a</p><p>a) 4 3</p><p>b) 8 3</p><p>c) 12 3</p><p>d) 16 3</p><p>e) 20 3</p><p>44. Júlia construiu um losango, mostrado na figura abaixo,</p><p>usando 16 peças com a forma de triângulos equiláteros.</p><p>As peças claras têm todas o mesmo tamanho, o mesmo</p><p>ocorrendo com as peças escuras.</p><p>Se a área do losango montado por Júlia é 643, então as</p><p>áreas de uma peça clara e de uma peça escura valem,</p><p>respectivamente,</p><p>a) 3 3 e 9 3</p><p>b) 3 3 e 11 3</p><p>c) 2 3 e 6 3</p><p>d) 2 3 e 18 3</p><p>e) 3 e 25 3</p><p>Resolução:</p><p>Como a figura pode ser fracionada em 32 triângulos de mesma</p><p>área (sendo 14 brancos e 18 pretos), temos:</p><p>Abranco =</p><p>64 3</p><p>2 3</p><p>32</p><p>=</p><p>Logo,</p><p>branco</p><p>preto</p><p>A</p><p>A 9 . 2 3</p><p> =</p><p></p><p>= =</p><p>2 3</p><p>18 3</p><p>Alternativa D</p><p>45. Se a > 1, então a equação ax + ax2 – a = 0 tem</p><p>a) nenhuma solução, independente do valor de a.</p><p>b) nenhuma ou apenas uma solução, dependendo do valor</p><p>de a.</p><p>c) nenhuma, apenas uma ou apenas duas soluções,</p><p>dependendo do valor de a.</p><p>d) apenas uma solução, independente do valor de a.</p><p>e) apenas duas soluções, independente do valor de a.</p><p>Seu pé direito nas melhores Faculdades IBMEC � 03/06/2007</p><p>CPV ibmecjun2007</p><p>3</p><p>2</p><p>2</p><p>S1</p><p>3</p><p>S2</p><p>3/2</p><p>3</p><p>S3</p><p>3/2</p><p>S3</p><p>S2</p><p>S1</p><p>A</p><p>CB</p><p>M</p><p>A</p><p>C D</p><p>M F</p><p>A</p><p>F</p><p>G</p><p>ED E B</p><p>G H</p><p>A</p><p>soma da PG infinita</p><p>144424443</p><p>A</p><p>H G</p><p>F</p><p>C</p><p>B E</p><p>D</p><p>M</p><p>16</p><p>16</p><p>16</p><p>Resolução:</p><p>S1 =</p><p>1</p><p>2</p><p>. 2 . 2 . sen 120º = 3</p><p>S2 =</p><p>1</p><p>2</p><p>. 3 . 3 . sen 120º =</p><p>3 3</p><p>4</p><p>S3 =</p><p>1</p><p>2</p><p>.</p><p>3</p><p>2</p><p>.</p><p>3</p><p>2</p><p>. sen 120º =</p><p>9 3</p><p>16</p><p>(S1; S2; S3, ...) é uma PG de razão q =</p><p>3</p><p>4</p><p>Portanto, a soma S pedida é:</p><p>S = 2 . S1 + 2 . S2 + 2 . S3 + ... = 2 . (S1 + S2 + S3 + ...)</p><p>S = 2 . 1a</p><p>1 – q</p><p> </p><p> </p><p> </p><p>= 2 . 3</p><p>3</p><p>1 –</p><p>4</p><p>= 8 3</p><p>Outra maneira de resolver a questão 46:</p><p>A área hachurada corresponde a</p><p>2</p><p>6</p><p>da área do hexágono, portanto</p><p>S =</p><p>2</p><p>6 . 6 . S∆equil. ⇒ S =</p><p>2</p><p>6 . 6 .</p><p>24 3</p><p>4</p><p>⇒ S = 8 3</p><p>Alternativa B</p><p>47. Considere uma pirâmide reta cuja base é um quadrado de</p><p>lado 16 cm e cujas faces laterais são triângulos equiláteros.</p><p>Uma formiga posicionada inicialmente num dos vértices</p><p>do quadrado da base vai escalar a pirâmide. Ela inicia sua</p><p>trajetória de maneira retilínea sobre uma das faces</p><p>triangulares adjacentes ao vértice em que está, indo</p><p>diretamente ao ponto médio do lado oposto, subindo assim</p><p>metade da altura total a que irá se elevar. Como está</p><p>cansada, caminha até o ponto médio do outro lado (não</p><p>pertencente à base) sobre o triângulo adjacente ao que</p><p>acabou de percorrer, mantendo-se no mesmo nível de altura.</p><p>No triângulo seguinte, ela caminha de maneira retilínea até</p><p>o ponto da outra aresta (não pertencente à base) cuja altura</p><p>é três quartos da altura da pirâmide. Mantém-se nesse nível</p><p>de altura durante sua caminhada no triângulo seguinte e</p><p>chega a um ponto sobre a mesma aresta do ponto onde</p><p>começou, pela qual sobe diretamente até o vértice superior</p><p>da pirâmide. Em toda sua caminhada, a formiga andou</p><p>a) (12 3 + 16) cm</p><p>b) (16 3 + 20) cm</p><p>c) (20 3 + 24) cm</p><p>d) (24 3 + 28) cm</p><p>e) (28 3 + 32) cm</p><p>Resolução:</p><p>1o movimento 2o movimento</p><p>(BC)2 = (BM)2 + (MC)2 MF = 8</p><p>BM = 8 3</p><p>3o movimento 4o movimento</p><p>(AF)2 = (GA)2 + (FG)2 GA = 4</p><p>42 = 22 + (FG)2 5o movimento</p><p>FG = 4 3 HA = 4</p><p>Total do percurso = 83 + 8 + 4 3 + 4 + 4 = (12 3 + 16) cm</p><p>Alternativa A</p><p>48. Quando aumentamos em 60% um número real positivo b,</p><p>seu logaritmo decimal aumenta em 20%. Considerando</p><p>log 2 = 0,30, podemos concluir que</p><p>a) b = 1</p><p>b) b = 2</p><p>c) b = 4</p><p>d) b = 8</p><p>e) b = 10</p><p>IBMEC � 03/06/2007 Seu pé direito nas melhores Faculdades</p><p>CPV ibmecjun2007</p><p>4</p><p>Resolução:</p><p>log (1,6 b) = 1,2 log b ⇒</p><p>log 1,6 + log b = 1,2 log b ⇒</p><p>log</p><p>16</p><p>10 = 0,2 log b ⇒</p><p>log 24 – log 10 = 0,2 log b ⇒</p><p>4 . log 2 – 1 = 0,2 log b ⇒</p><p>4 . 0,3 – 1 = 0,2 log b ⇒</p><p>0,2 = 0,2 log b ⇒ log b = 1 ∴ b = 10</p><p>Alternativa E</p><p>49. Euler e Gauss, os dois professores de Matemática de uma</p><p>escola, usam um dado de seis faces não viciado para</p><p>definir o elaborador de cada prova. Pelas regras</p><p>estabelecidas, cada um deles lança o dado uma vez e</p><p>calcula o cosseno do arco cuja medida, em radianos, é</p><p>igual ao número de pontos por ele obtido. Aquele que</p><p>obtém o menor resultado prepara a prova, sendo que, em</p><p>caso de empate, cada um faz metade das questões. Se</p><p>numa certa disputa Euler obtiver em seu lançamento o</p><p>número 2, então a probabilidade de que Gauss tenha de</p><p>preparar todas as questões dessa prova será igual a</p><p>a)</p><p>1</p><p>3</p><p>b)</p><p>1</p><p>2</p><p>c)</p><p>1</p><p>6</p><p>d)</p><p>2</p><p>3</p><p>e)</p><p>5</p><p>6</p><p>Resolução:</p><p>Inicialmente, temos:</p><p>cos 3 < cos 4 < cos 2 < cos 5 < cos 1 < cos 6.</p><p>Desta forma, como Euler obteve o número 2 no dado, Gauss deve</p><p>tirar 3 ou 4 para obter menor resultado e, assim, ter de preparar</p><p>todas as questões da prova.</p><p>Portanto, a probabilidade pedida é</p><p>2</p><p>6 =</p><p>1</p><p>3 .</p><p>Alternativa</p><p>A</p><p>50. Uma operadora de contact afirma que pelo menos 90%</p><p>das ligações que seus atendentes recebem, para</p><p>atendimento dos clientes das empresas para as quais presta</p><p>serviço, são concluídas. Declara também que, das ligações</p><p>que caem, em apenas metade dos casos, o cliente não</p><p>consegue fazer a sua solicitação. Nessas condições, a</p><p>probabilidade de um cliente ligar para a operadora 3 vezes</p><p>e em todas elas sua ligação cair antes de ele conseguir</p><p>fazer sua solicitação é no máximo igual a</p><p>a) 0,05.</p><p>b) 0,0025.</p><p>c) 0,000125.</p><p>d) 0,00000625.</p><p>e) 0,0000003125.</p><p>Resolução:</p><p>Como pelo menos 90% das ligações são concluídas, no máximo</p><p>10% não são, ou seja, caem.</p><p>Temos ainda que em</p><p>10%</p><p>2</p><p>= 5% das ligações o cliente não</p><p>consegue fazer sua solicitação.</p><p>Desta forma, a probabilidade pedida é (5%)3 = 0,000125</p><p>Alternativa C</p><p>51. Considere, no plano cartesiano da figura, o triângulo de</p><p>vértices A, B e C.</p><p>Se r é a reta suporte da bissetriz do ângulo AB̂C, então o</p><p>coeficiente angular de r é igual a</p><p>a)</p><p>3</p><p>–</p><p>3</p><p>b) – 1</p><p>c)</p><p>4</p><p>–</p><p>3</p><p>d)</p><p>3</p><p>–</p><p>2</p><p>e) – 3</p><p>2 rad</p><p>3 rad</p><p>1 rad</p><p>4 rad</p><p>5 rad</p><p>6 rad</p><p>Seu pé direito nas melhores Faculdades IBMEC � 03/06/2007</p><p>CPV ibmecjun2007</p><p>5</p><p>Resolução:</p><p>mAB =</p><p>2 1 3 3</p><p>32 3 3 3</p><p>.</p><p>− − −</p><p>= =</p><p>∴ θ</p><p>= 30º</p><p>mBC =</p><p>3 3 3</p><p>3</p><p>3 3 3</p><p>.= = −</p><p>∴ α</p><p>= 60º</p><p>γ = 30º ∴ mr = – tg (15º + 30º) = –1</p><p>Alternativa B</p><p>52. As figuras, fora de escala, mostram a cúpula de um abajur</p><p>com a forma da superfície lateral de um tronco de cone</p><p>circular reto, cujo raio da base maior mede o dobro do raio</p><p>da base menor, e o recorte de tecido que foi utilizado na sua</p><p>confecção.</p><p>Sabendo que a linha decorativa que aparece na cúpula foi</p><p>obtida traçando-se, no tecido, a corda PQ da circunferência</p><p>maior, sendo PQ tangente à circunferência menor, pode-</p><p>se concluir que a medida do ângulo central ααααα é igual a</p><p>a) 90°.</p><p>b) 120°.</p><p>c) 135°.</p><p>d) 150°.</p><p>e) 165°.</p><p>O</p><p>B</p><p>QP</p><p>T</p><p>A</p><p>á</p><p>24</p><p>3</p><p>1 B</p><p>x</p><p>y</p><p>C</p><p>A</p><p>θθθθθ ααααα</p><p>γγγγγ</p><p>3 2 3</p><p>Resolução:</p><p>»</p><p>»</p><p>m (AB) 2 r OQ</p><p>OQ 2(OB) OT</p><p>2m (PQ) 4 r</p><p> = π ⇒ = ⇒ =</p><p> = π</p><p>No ∆OTQ: cos</p><p>OT 1</p><p>2 2 2OQ</p><p>α α  = = ⇒ </p><p> </p><p>= 60º</p><p>Portanto ααααα = 120º Alternativa B</p><p>53. Num conhecido programa de entrevistas, o convidado</p><p>senta-se no centro de duas circunferências concêntricas,</p><p>ao longo das quais são distribuídas as cadeiras dos</p><p>entrevistadores.</p><p>Cada círculo pequeno sombreado representa uma cadeira.</p><p>Os 7 assentos da circunferência menor serão ocupados</p><p>por entrevistadores acadêmicos e os 8 assentos da</p><p>circunferência maior serão ocupados por jornalistas.</p><p>Considerando as posições dos entrevistadores de cada</p><p>circunferência como relativas apenas às demais posições</p><p>sobre a mesma circunferência, independentemente das</p><p>posições na outra circunferência ou das cadeiras em que</p><p>se sentam, o número de possibilidades para acomodar os</p><p>15 entrevistadores é</p><p>a) 15 !.</p><p>b) 7 ! . 9 !.</p><p>c) 6 ! . 8 !.</p><p>d) 7 ! . 8 !.</p><p>e) 6 ! . 7 !.</p><p>Resolução:</p><p>A permutação circular de n pessoas é dada por (n – 1)!</p><p>Na circunferência externa, temos (8 – 1)! = 7! permutações.</p><p>Na circunferência interna, temos (7 – 1)! = 6! permutações.</p><p>O total de permutação é dado por: 7! . 6!</p><p>Alternativa E</p><p>IBMEC � 03/06/2007 Seu pé direito nas melhores Faculdades</p><p>CPV ibmecjun2007</p><p>6</p><p>54. Considere as retas dadas pelas equações abaixo:</p><p>r1: y – 5 = 0 r4: x – 2 = 0</p><p>r2: y – 2 = 0 e r5: x – 5 = 0</p><p>r3: –x + y = 0 r6: –x + y + 3 = 0</p><p>É correto afirmar que a figura delimitada pelas retas:</p><p>a) r1, r2, r3 e r6 é um losango.</p><p>b) r1, r2, r3 e r6 é um retângulo.</p><p>c) r1, r3, r4 e r6 é um paralelogramo.</p><p>d) r1, r3, r4 e r6 é um trapézio.</p><p>e) r3, r4, r5 e r6 é um losango.</p><p>Resolução:</p><p>r1: y = 5</p><p>r2: y = 2</p><p>r3: y = x</p><p>r4: x = 2</p><p>r5: x = 5</p><p>r6: y = x – 3</p><p>A figura delimitada pelas retas r1, r3, r4 e r6 é um trapézio.</p><p>Alternativa D</p><p>55. No meio de uma prova de matemática, a calculadora de um</p><p>estudante apresentou o seguinte defeito: a tecla referente</p><p>à operação de multiplicação parou subitamente de funcionar.</p><p>Entretanto, tal calculadora dispunha das teclas</p><p>apresentadas abaixo, com os respectivos significados.</p><p>• 2x → substitui o número x que estiver no visor</p><p>da calculadora por 2 elevado a x;</p><p>• log2x → substitui o número x que estiver no visor</p><p>da calculadora pelo logarítmo de x na base</p><p>2, caso x seja positivo; caso contrário, exibe</p><p>uma mensagem de erro.</p><p>O estudante precisava fazer a multiplicação entre dois</p><p>números positivos A e B. Como os números eram muito</p><p>grandes, ele precisava fazer a conta na calculadora.</p><p>Supondo que as teclas dos números e as teclas</p><p>+ , – , ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ e = estavam funcionando normalmente,</p><p>para obter o resultado de que precisava, bastava:</p><p>a) inserir o número A, pressionar log2x , pressionar + ,</p><p>inserir o número B, pressionar log2x ; pressionar = e</p><p>pressionar 2x .</p><p>b) inserir o número A, pressionar 2x , pressionar + ,</p><p>inserir o número B, pressionar log2x , pressionar = e</p><p>pressionar log2x .</p><p>c) inserir o número A, pressionar 2x , pressionar + ,</p><p>inserir o número B, pressionar 2x , pressionar = e</p><p>pressionar log2x .</p><p>d) inserir o número A, pressionar log2x , pressionar + ,</p><p>inserir o número B, pressionar 2x , pressionar = e</p><p>pressionar log2x .</p><p>e) inserir o número A, pressionar + , inserir o número B,</p><p>pressionar = , pressionar 2x e pressionar log2x .</p><p>Resolução:</p><p>log2 A + log2 B = log2 A . B</p><p>A Blog22</p><p>.</p><p>= A . B Alternativa A</p><p>r 1</p><p>r 2</p><p>r 3</p><p>r 6</p><p>r 4</p><p>r 5</p><p>2 5</p><p>2</p><p>5</p><p>–3</p><p>Seu pé direito nas melhores Faculdades IBMEC � 03/06/2007</p><p>CPV ibmecjun2007</p><p>7</p><p>57. Um banco opera em 20 estados brasileiros, com pelo menos</p><p>120 agências em cada estado, cada uma com pelo menos</p><p>1.000 clientes. Cada cliente deve ter uma senha de acesso.</p><p>composta por seis dígitos numéricos. É correto afirmar que</p><p>a) é possível que todos os clientes tenham senhas de</p><p>acesso distintas.</p><p>b) pelo menos três clientes têm senhas iguais.</p><p>c) no máximo dois clientes têm senhas iguais.</p><p>d) todas as possíveis senhas já foram usadas por pelo</p><p>menos um cliente.</p><p>e) num mesmo estado, não podem existir clientes com a</p><p>mesma senha.</p><p>Resolução:</p><p>Das estatísticas apresentadas, o número mínimo de clientes do</p><p>banco em questão pode ser calculado pelo produto:</p><p>MIN = 20 . 120 . 1000 = 2.400.000 clientes</p><p>Por outro lado, o total de diferentes senhas de acesso disponíveis</p><p>é dado por:</p><p>n = 106 senhas = 1.000.000 senhas.</p><p>Numa primeira aproximação, maximizando a diversidade de senhas</p><p>usadas, é possível associar cada uma das senhas a um cliente,</p><p>cobrindo os primeiros 1.000.000 de clientes.</p><p>Numa segunda aproximação, associamos o mesmo conjunto de</p><p>senhas aos próximos 1.000.000 de clientes.</p><p>Finalmente, cada um dos próximos 400.000 clientes terá,</p><p>obrigatoriamente, senhas já usadas em pelo menos duas ocasiões</p><p>anteriores.</p><p>Portanto, pelo menos três clientes têm senhas iguais.</p><p>Alternativa B</p><p>58. Para que a afirmação</p><p>“Em todo vestibular para ingresso no Ibmec São Paulo há</p><p>pelo menos uma questão de Lógica.”</p><p>seja falsa</p><p>a) é necessário que não haja qualquer questão de Lógica</p><p>em todo vestibular do Ibmec São Paulo.</p><p>b) é necessário que não haja qualquer questão de Lógica</p><p>no vestibular de junho de 2007 do Ibmec São Paulo.</p><p>c) é necessário que não haja qualquer questão de Lógica</p><p>nos vestibulares do Ibmec São Paulo de junho de 2007</p><p>para frente.</p><p>d) é suficiente que haja somente uma questão de Lógica</p><p>no vestibular de junho de 2007 do Ibmec São Paulo.</p><p>e) é suficiente que haja pelo menos um vestibular do</p><p>Ibmec São Paulo em que não haja qualquer questão</p><p>de Lógica.</p><p>y</p><p>x</p><p>3</p><p>2</p><p>1</p><p>1 2</p><p>56. Sejam a, b, x, y números reais positivos.</p><p>Considere a seguinte relação entre números complexos:</p><p>“(x + yi)  (a + bi) se e somente se 0 < x < a e 0 < y < b”.</p><p>Das figuras abaixo, a que melhor representa, no plano</p><p>Argand-Gauss, o conjunto das imagens dos números</p><p>complexos x + yi tais que (x + yi)  (2 + 3i) é</p><p>a) d)</p><p>b) e)</p><p>c)</p><p>Resolução:</p><p>Segundo a relação dada, se</p><p>(x + yi)  (2 + 3i), então 0 < x < 2 e 0 < y < 3</p><p>e portanto o gráfico que</p><p>melhor representa o conjunto das imagens é:</p><p>Alternativa A</p><p>IBMEC � 03/06/2007 Seu pé direito nas melhores Faculdades</p><p>CPV ibmecjun2007</p><p>8</p><p>Resolução:</p><p>Nessa questão, há um condicional lógico do tipo A ⇒ B. Para que</p><p>esse condicional seja falso, é necessário que a condição A ocorra,</p><p>ao mesmo tempo em que o efeito B não ocorra. Em outras palavras,</p><p>para que a previsão seja falsa, é necessário e suficiente que, em ao</p><p>menos uma prova aplicada, não figure nenhuma questão de Lógica.</p><p>À exceção da alternativa E, que é correta, as demais deveriam ser</p><p>corrigidas para versões a seguir, para que satisfizessem às</p><p>condições previstas no enunciado:</p><p>a) é suficiente que não haja qualquer questão de Lógica em</p><p>todo vestibular do Ibmec São Paulo;</p><p>b) é suficiente que não haja qualquer questão de Lógica no</p><p>vestibular de junho de 2007 do Ibmec São Paulo;</p><p>c) é suficiente que não haja qualquer questão de Lógica nos</p><p>vestibulares do Ibmec São Paulo de junho de 2007 para a frente;</p><p>d) é insuficiente que haja somente uma questão de Lógica no</p><p>vestibular de junho de 2007 do Ibmec São Paulo.</p><p>Alternativa E</p><p>59. Observe o slogan de uma cervejaria, utilizado em uma cam-</p><p>panha publicitária:</p><p>“Se o bar é bom, então o chopp é Tathurana.”</p><p>Os bares Matriz e Autêntico oferecem a seus clientes chopp</p><p>das marcas Tathurana e Karakol, respectivamente. Então,</p><p>de acordo com o slogan acima, pode-se concluir que</p><p>a) os dois bares são necessariamente bons.</p><p>b) o bar Matriz é necessariamente bom, e o bar Autêntico</p><p>pode ser bom ou não.</p><p>c) o bar Matriz é necessariamente bom, e o bar Autêntico,</p><p>necessariamente, não é bom.</p><p>d) o bar Matriz pode ser bom ou não, e o bar Autêntico,</p><p>necessariamente, não é bom.</p><p>e) os dois bares, necessariamente, não são bons.</p><p>Resolução:</p><p>Pareando as situações apresentadas no slogan (um condicional</p><p>lógico do tipo A ⇒ B) com suas complementares, temos o</p><p>diagrama:</p><p>(se) o bar é bom (então) o chopp é Tathurana</p><p>o bar não é bom o chopp não é Tathurana</p><p>Observe que as associações corretas são duas:</p><p>“Se o bar é bom, então o chopp é Tathurana” e</p><p>“Se o chopp não é Tathurana, então o bar não é bom”.</p><p>Por outro lado, as condições “se o chopp é Tathurana” e “se o bar</p><p>não é bom” não têm implicações lógicas definitivas, pois podem</p><p>associar-se a mais que um box acima.</p><p>Assim, o Bar Autêntico, que não serve Tathurana, é seguramente</p><p>um bar que não é bom, enquanto o Bar Matriz, que serve Tathurana,</p><p>pode ser um bar bom ou não-bom. Alternativa D</p><p>60. Considere as duas afirmações seguintes, feitas a respeito</p><p>do três conjuntos de números inteiros A, B e C:</p><p>(1) Se x é elemento de A, então x é elemento de B.</p><p>(2) x é um número par pertencente a B se, e somente se, x</p><p>é elemento de C.</p><p>Para que as duas afirmações sejam verdadeiras para todo x</p><p>inteiro, os conjuntos A, B e C podem ser dados por</p><p>a) A = {3, 4, 5, 10}, B = {3, 4, 5,10} e C = {3, 4, 5,10}.</p><p>b) A = {3, 4, 5, 10}, B = {3, 4, 10} e C = {4, 10}.</p><p>c) A = {3, 10}, B = {3, 4, 5, 10} e C = {4, 10}.</p><p>d) A = {3, 10}, B = {4, 10} e C = {4, 10}.</p><p>e) A = {3, 10}, B = {3, 4, 10} e C = {4, 5,10}.</p><p>Resolução:</p><p>As situações apresentadas no enunciado podem ser reescritas</p><p>como:</p><p>( 1 ) A ⊂ B</p><p>( 2 ) (x ∈ B) ∧ (x = par ) ⇔ x ∈ C</p><p>Note que a segunda situação representa uma bi-implicação, que</p><p>deve ser validada duplamente, nos dois sentidos.</p><p>A única alternativa que satisfaz às três condições é a C:</p><p>– todos elementos que fazem parte de A fazem parte</p><p>simultaneamente de B;</p><p>– todos elementos pares de B fazem parte de C; e</p><p>– todos elementos de C fazem parte da porção par de elementos</p><p>de B.</p><p>Alternativa C</p><p>DISTRIBUIÇÃO DAS QUESTÕES</p><p>Geometria</p><p>Espacial</p><p>10%</p><p>Geometria</p><p>Plana</p><p>7,5% Geometria</p><p>Analítica</p><p>10%</p><p>Lógica</p><p>20%</p><p>Progressão</p><p>Geométrica</p><p>2,5%</p><p>Funções</p><p>5%</p><p>Equação</p><p>de 2o Grau</p><p>5%</p><p>Números</p><p>Complexos</p><p>5%</p><p>Logaritmos</p><p>10%</p><p>Porcentagem</p><p>5%</p><p>Análise</p><p>Combinatória</p><p>5%</p><p>Probabilidade</p><p>7,5%</p><p>Trigonometria</p><p>7,5%</p>