Resolução FGV 2013

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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, (1,251,5x) = 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/g
y
x
1,35y
1,5x







9
10
. 
Marca B: 
moeda/g
y
x
 





1
. 
Marca C: 
moeda/g
y
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 x
2
 + 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: 
3nm
2n
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
1
22x2cos12011x 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: 
  240π154πV 21 
. 
O volume do cilindro interno é, também em metros cúbicos: 
  π351153πV 20 
. (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: 
25
5
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: 
 
1380400480500
2,1
576
2,1
576
500
2,12,1
500
22
21  VPVPVP
PP
VP
 
 
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: 
4267
5!
7!
P57 
. 
 
RESPOSTA: Alternativa D. 
 
QUESTÃO 08 
 
O relógio indicado na figura marca 6 horas e 
 
(A) 
13
7
55
minutos. (C) 
13
5
55
minutos. (E) 
11
2
54
 minutos. 
(B) 
11
5
55
minutos. (D) 
11
3
54
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
 
2αxα
2
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
α360
xx6α360


 (II) 
De (I) e (II) tem-se: 
13
5
55
13
720
13
360
2
13
360
α36013α12αα3602
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! + 7.65! – 8.7.65! + 9.8.7.65! .... + 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. 
 
 1
o
 termo 2
o
 termo 3
o
 termo 4
o
 termo ... 
Sequência 1 3 7 1115 ... 
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 =     
n2n
2
.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 1n
4
7478
4
608608478
076n78207679nn2n 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 
BDˆA
. 
(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 A116, B161, C28, D82 e E44. 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 
2
ABCD 2r
2
rr4
S 


. 
A área do círculo é 
2
círculo rS 
. 
A probabilidade de que um ponto interior ao círculo esteja 
na região interior do quadrado ABCD é 

2
r 
2rS
2
2
ABCD 
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
10
5
32n
oun 
5
32n
ou 6
5
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
2
senx.seny)y2(cosx.cos
3
8
senx.seny)y2(cosx.cos2
)L(L
12cosx.cosyycosxcos
3
5
2senx.senyysenxsen
1cosycosx
3
15
senysenx
21
22
22 
3y)sec(x
3
1
y)cos(x
3
2
y)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 1
o
 quadrante tal que as áreas dos triângulos APB e CPD são, respectivamente, 
iguais a 
2
25
e 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
4
n
5
16
4n
5
8
m08m5m2 
 
 
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: 
360cm
a
20
2
6a
V 
, 
 
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, 
 tg30
BF
DF
321DE2DF
3
3
32
DF

. 
O arcos CE mede: CE = 
m 3
2
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
e
dxcxbxaxxP(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
e
dxcxbxaxxP(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, 
0
gf
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
xx
M DBDB
. 
 
  2n
n0
z1,5 0;z
1,5b
0a
32b
04a
32b2a
32b2a
2
3
ba
2
3
ba
b)i(ab)a(i
2
3
2
3
bi)(ai1i
2
3
2
3
ZZ




























 
 
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
101
gf 















 
 , então m
n
 é igual a 
(A) 
8
1
 (B) 
4
1
 (C) 
2
1
 (D) 4 (E) 8 
 
15 
 
RESOLUÇÃO: 
Pelo gráfico: 
22)(m
100
1
logm0
100
1
logm 
. 
Então f(x) = 
xlog2
 
 
De 
2
5
3
101
gf 















 
 pode-se escrever 
a
3
101
g 







 
, 
  
2
5
af
 
10a10a
2
1
loga2
2
5
loga
2
5
loga2 2
1


  3n
101
3
110n101
3
101
n10
3
101
g 2
1










 








 
. 
Logo, 
8
1
2m 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. 
 
 
 
 
16 
 
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
2x
22




 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 
14
x
1
x
2
2 
, com x > 0, então 5
x
1
x 






é igual a 
(A) 2
2
 · 7
2
 (B) 7
3
 (C) 2
3
 · 7
2
 (D) 2
10
 (E) 7
10
 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Desenvolvendo 2
x
1
x 






: 
0)(x 4
x
1
x16214
x
1
x2
x
1
x
x
1
x
x
1
x2
x
1
x
x
1
x
2
2
2
2
2
2
2

























Sendo 
10
5225
241616
x
1
x
x
1
x
x
1
x
x
1
x
x
1
x 






























 
 
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!..
!10
10 (E)  
..9!2!.3!.4!..
!10
11 
(B) 
..9!2!.3!.4!..
10
 (C) 
..9!2!.3!.4!..
!10
 
 
17 
 
RESOLUÇÃO: 
 
log1 + 2log2 + 3log3 + 4log4 + … +10log10 = logx  
 
log1 + log2
2
 + log3
3
 + log4
4
 + … +log1010 = logx  
» 
log(1  22  33  44  …  1010 ) = logx  
x = 1  22  33  44  …  1010  
       
.
9!...4!3!!!2
10!
9!...4!3!!!2
1
10!x
9!
10!
.....
4!
10!
3!
10!
2!
10!
1!
10!
10!x
10....10...5410...4310...43210...4321x
10
10









 
 
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. 
 
 
 
 
 
 
 
 
18 
 
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 18018x9612,4
x
18018x5620182
Ma 


. 
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.