afa2010 matematica

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QUESTÃO 21
RESOLUÇÃO
Sendo P, M, G e J as massas, em kg, de Pedro, Maria,
Gabriel e João, temos:
P M G 150 (I)
P G J 117 (II)
M G J 97 (III)
P M G J 1
+ + =
+ + =
+ + =
+ + + = 72 (IV)





Substituindo (I), (II) e (III) em (IV), temos:
150 + J = 172 ∴ J = 22
117 + M = 172 ∴ M = 55
97 + P = 172 ∴ P = 75
Substituindo em (IV) os valores de J, M e P encontrados,
temos:
75 + 55 + 22 + G = 172 ∴ G = 20
a) Não é possível pesar Gabriel e João juntos, pois
G + J = 42 < 60.
b) Não é possível pesar Maria sozinha, pois M = 55 < 60 .
c) A diferença entre os “pesos” de Pedro e Maria é igual
a 20 kg, igual ao “peso” de Gabriel.
d) O “peso” de Maria e João juntos é igual a 77 kg, maior
que o “peso” de Pedro.
Resposta: B
QUESTÃO 22
1 MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
Vestibular AFA 2010 Prova de Matemática
COMENTÁRIO GERAL DOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
A prova de Matemática da AFA em 2010 apresentou-se excessivamente algébrica. Para o equílibrio que
se espera nesta seleção, seria sensato que as geometrias plana e métrica espacial fossem mais exploradas.
Outro aspecto que merece destaque é a presença de questões com duas alternativas corretas e sem
resposta. Isso certamente prejudicou os alunos mais bem preparados.
Espera-se uma atenção maior por parte dos elaboradores nos próximos concursos.
Acreditamos no desempenho destacado dos alunos do Curso Positivo uma vez que os assuntos exigidos
na prova foram estudados exaustivamente em nossas aulas.
Equipe de Matemática do Curso Positivo
RESOLUÇÃO
Para determinar a quantidade necessária de poltronas
para a fabricação dos três modelos de aviões no ano de
2009, basta multiplicarmos as matrizes
A =
20 30 60
6 10 15



 e B =
20 30 *
y 25
10 8 * *







 , e somarmos os
elementos da primeira linha da matriz produto, ou seja:
A.B =
=
20 30 60
6 10 15
.
20 30
y 25
10 8











 =
=
+ + + +
+ + + +




400 30y 600 600 750 480
120 10y 150 180 250 120
 =
=
+
+




1000 30y 1830
270 10y 550
Assim, 1000 + 30y + 1830 = 3280 ∴ y = 15 e a soma dos
algarismos de y é igual a 1 + 5 = 6.
*20 + 0,5.20 = 30 **10 – 0,2.10 = 8
Resposta: A
QUESTÃO 23
RESOLUÇÃO
Se
1 2 –1
1 –m –3
1 3 m
= –m2 – 3m ≠ 0 então, m ≠ 0 e m ≠ –3, ou
seja, o sistema é possível e determinado.
* Se m = 0, S =
x 2y – z 0
x – 3z 0
x 3y 0
x 2y – z 0
–2y – 2z 0
y z 0
+ =
=
+ =



⇔
+ =
=
+ =



⇔
+ =
+ =
=



x 2y – z 0
y z 0
0 0
Assim, y = –z e x + 2.(–z) – z = 0 ∴ x = 3z, ou seja, o
sistema é homogêneo, indeterminado com solução
geral dada pelo conjunto {(3z; –z; z}, z ∈IR.
* Se m = –3, S =
x 2y – z 0
x 3y – 3z 0
x 3y – 3z –3
x 2y – z 0
y – 2z 0
y – 2
+ =
+ =
+ =



⇔
+ =
=
z –3=



.
⇔
+ =
=
=



x 2y – z 0
y – 2z 0
0 –3
Assim, o sistema é impossível.
É falso que S é determinado se, e somente se, m ≠ 0,
pois para m = –3 o sistema é impossível.
É falso que se S é homogêneo, x + y + z é múltiplo de 3,
pois x + y + z = 3z que não múltiplo de 3 para todo real z.
Resposta: B e C
QUESTÃO 24
RESOLUÇÃO
Os lados do quadrado cuja área é igual a 1250 medem
1250 = 25 2.
Sendo R a medida do raio da circunferência circunscrita
ao quadrado, temos:
25 2 . 2 = 2 . R ∴ R = 25. Assim,
1
b
= 25 ∴ b =
1
25
,
ou seja, b ∈
1
26
1
24
,



.
Observação: O enunciado afirma que b ∈ IN*, o que
não é verdade.
Resposta: B
2 MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
Vestibular AFA 2010 Prova de Matemática
QUESTÃO 25
RESOLUÇÃO
Sabe-se que P(0) = 0, P(2) = 0 e P(1) =
1
2
. Além disso,
sendo q(x) o quociente da divisão de P(x) por
(x – 2).(x – 1).x, temos: P(x)
(x – 2).(x – 1). x
q(x)
⇔ P(x) = (x – 2).(x – 1).x.q(x)+R(x)
Sendo R(x) = a.x2 + b.x +c, a, b, c ∈ IR, temos:
P(0) = c = 0
P(2) = 4a + 2b + c = 0
P(1) = a + b + c =
1
2
4a 2b 0
a b
1
2
a –
1
2
e b 1
+ =
+ = → = =



Assim, R(x) = –
1
2
.x2 + x e as raízes de R(x) são tais que:
R(x) = 0
–
1
2
. x2 + x = 0 → x = 0 ou x = 2
Resposta: D
QUESTÃO 26
RESOLUÇÃO
Vamos determinar o ponto de intersecção das retas (s) e (t).
2x y – 2 0
x – 3y – 2 0
+ =
=
 → x =
8
7
e y = –
2
7
A equação da reta r é dada por:
y – –
2
7



 = mr . x –
8
7



 , onde mr é o coeficiente angular
da reta r.
mr . x – y –
8
7
. mr –
2
7
= 0
Qualquer ponto da reta t é equidistante das retas r e (s).
Tomando por exemplo o ponto (2; 0), pertencente à reta
(t), temos:
2.2 0 – 2
2 1
m .2 – 1.0 –
8
7
.m –
2
7
m 12 2
r r
r
2
+
+
=
+
→
→ =
+
2
5
6
7
.m –
2
7
m 1
r
r
2
→
→
4
5
36
49
.m –
24
49
.m
4
49
m 1
r
2
r
r
2
=
+
+
→
mr
2 + 1 =
45
49
.mr
2 –
30
49
.mr +
5
49
→
→ 4.mr
2 + 30.mr + 44 = 0 →
2.mr
2 + 15.mr + 22 = 0 ∴ m = –2 ou m = –
11
2
m = – 2 → r: 2x + y – 2= 0 (não convém)
m = –
11
2
→ r: 11x + 2y – 12 = 0
3 MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
Vestibular AFA 2010 Prova de Matemática
a) O ponto de intersecção das retas r e (t) também é o
ponto
8
7
2
7
; –



 e, portanto –
10
3
< y < 0.
b) Se x > 0, então x =
12 – 2y
11
> 0 ∴. Assim, existe
P(x; y) ∈r tal que x > 0 e y < –
10
3
.
c) Se x >
8
7
, então x =
12 – 2y
11
8
7
> ∴ y < –
2
7
.
d) Se x < 0, então x =
12 – 2y
11
< 0 ∴ y > 6. Assim, existe
P(x; y) ∈ r tal que x < 0 e y > 0.
Resposta: C e D
QUESTÃO 27
RESOLUÇÃO
a) Como
47
33
,
,
≅ 1,4242, o percentual de aumento do ano
de 1995 para o ano 2000 foi superior a 42%.
b) Como
0 5
45
,
,
≅ 0,11, a queda de crescimento do ano de
2005 para o percentual estimado no ano de 2009 é
aproximadamente igual a 88,9%, portanto, inferior a
90%.
c) Como
47
37
29
1 9
,
,
,
,,
≠ , a taxa de crescimento do ano de
2000 em relação ao ano de 1985 é diferente da taxa
de crescimento do ano de 1990 em relação ao ano de
1980.
d) O aumento absoluto do índice de crescimento de
1985 em relação ao de 1980 foi de 3,7 – 1,9 = 1,8
pontos percentuais. Em termos relativos e
considerando-se o índice em 1980, tal aumento
corresponde a
18
19
,
,
≅ 0,947 ≅ 0,95 = 95%.
Observação:
A afirmação da alternativa (d) deveria ter utilizado
denominações apropriadas para distinguir aumentos
absolutos e relativos.
Resposta: C
QUESTÃO 28
4 MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
Vestibular AFA 2010 Prova de Matemática
RESOLUÇÃO
A geratriz de cada um dos cones que formam o objeto A
mede 15 cm. Sendo R a medida do raio comum às bases
dos cones, temos:
2π 2.π.15
2
3
π
2.π.R
R = 5 cm
Sendo H a medida da altura do cone, temos:
152 = 52 + H2 ∴ H = 10 2 cm.
O volume do objeto A é igual a 2 .
1
3
. π . 52.10 2 =
=
500 2
3
π
cm3.
Sendo r a medida do raio de cada esfera, temos:
4π . r2 = 9π ∴ r =
3
2
cm.
Considerando esferas fundidas, o número máximo de
esferas é igual a 52, pois
V
V
500 . 1,41
3
4
3
. .
3
2
235
9
2
470
9
= 52
2A
esfera
3
= 



= = +
π
π
9
Assim, o espaço vago dentro desse objeto é igual a
235π – 52 .
9
2
π
= π cm3.
Se não considerarmos as esferas fundidas e sim rígidas,independentemente da disposição das esferas no
interior do objeto A, é possível mostrar que o volume não
ocupado pelas esferas é superior a 2π.
Considere uma esfera alocada na posição mais interna
possível em relação a um dos cones que compõem o
objeto A. Sendo h e x, respectivamente, as medidas da
altura e do raio do cone cuja base tangencia essa esfera
e, como r =
3
2
cm, por meio de duas semelhanças de
triângulos, temos:
r
5
r h
15
=
+
→ h = 3 cm e
x
5
h
10 2
= ∴ x =
3
2 2
cm
Assim, o volume dos dois cones que ficarão vazios é
igual a:
2.
1
3
.π.
3
2 2
2


 . 3 =
9
4
π
= 2,25π cm3.
Sem Resposta
5 MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
Vestibular AFA 2010 Prova de Matemática
QUESTÃO 29
RESOLUÇÃO
a) h(0) = g(0) + 2 = 2 + 2 = 4
h(h(0)) = h(4) = g(4) + 2 = –2 + 2 = 0
Assim, h o hohoho...oh
nvezes
� ���� ����







(0) =
4, senéímpar
0, senéímpar

b) y = h h h
1
2











 = h(h(A)), onde 2 < A < 3
y = h(B), onde 1 < B < 2
y = C, onde 2 < C < 3
c) (h o h o h) (3) = (h o h) (1) = h(3) = 1
(h o h o h o h) (2) = (h o h o h) (2) = (h o h) (2) = h(2) = 2
d) x = h h h
3
2











 = h(h(A)), onde 2 < A < 3
x = h(B), onde 1 < B < 2
x = C, onde 2 < C < 3
Resposta: B
QUESTÃO 30
RESOLUÇÃO
f
1
2



 = 2.g(b) → 2
2
1
2
1. +
= 2.3b+1 → 4 = 2.3b+1 →
→ 2 = 3b . 3 ∴ 3b =
2
3
p = log3b → 3
p = b
Assim, 3
2
3
3p
= → –1 < 3p < 0 ∴ p não está definido.
Resposta: C
QUESTÃO 31
RESOLUÇÃO
f(x) = cos(4x) – sen
π
2
– 6x




f(x) = cos(4x) – cos(6x)
f(x) = –2.sen(5x).sen(x)
As raízes da função f são tais que:
sen(5x) = 0 ou sen(x) = 0
Assim, 5x = k.π ∴ x =
k.
5
π
, k ∈ Z ou x = k.π,k ∈ Z
6 MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
Vestibular AFA 2010 Prova de Matemática
A representação geométrica das raízes da função f é:
Resposta: D
QUESTÃO 32
RESOLUÇÃO
f(x) = –1 + 3.sen(2x)
Observe o gráfico da função f:
a) A função f é decrescente para todo x ∈
π π
4 2
;



 e
crescente para todo x ∈
π π
2
3
4
;



. Assim, é falso
afirmar que f é decrescente para todo x ∈
π π
4
3
4
;



.
b) Observando o gráfico da função f, temos que a
imagem da função é o conjunto [–1; 2].
c) Se f(x) = 0, então –1+ 3.sen(2x) = 0 → sen(2x) = ±
1
3
.
Assim, no intervalo [0; 2π] temos 4 soluções para a
equação sen(2x) =
1
3
e 4 soluções para a equação
sen(2x) = –
1
3
, totalizando 8 soluções.
d) O período da função f é
π
2
. Observe agora o gráfico da
função g(x) = 2.f(x) = –2 + 2.3.sen(2x)
O período da função g também é igual a
π
2
.
Resposta: A
QUESTÃO 33
7 MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
Vestibular AFA 2010 Prova de Matemática
RESOLUÇÃO
Na locadora α o valor pago é dado por y = 50,
independentemente do número de quilômetros rodados
por dia.
Na locadora β o valor pago é dado por y = 20 + 0,5.x,
onde x é o número de quilômetros rodados por dia.
Na locadora γ o valor pago é dado por y = 30 + 0,4.x,
onde x é o número de quilômetros rodados por dia.
Para que a locadora α seja a mais vantajosa, devemos
ter:
20 + 0,5.x > 50 → x > 60
e
30 + 0,4.x > 50 → x > 50
Assim, o menor valor possível para m é 60.
Resposta: C
QUESTÃO 34
RESOLUÇÃO
Observando o gráfico, temos que h(x) > g(x) para todo x
real. Assim, basta determinar os valores de x em que
g(x) > f(x). O gráfico da função g, definida por
g(x) = a.x + b passa pelos pontos (1; 0) e (0; 1).
Resposta: A
QUESTÃO 35
RESOLUÇÃO
Se considerarmos D o maior subconjunto real possível para
que a função esteja bem definida, ou seja, D = IR*.
a) Verdadeira. A função f é par, pois
f(–x) = 1 + log2[(–x)
2] = 1 + log2(x
2) = f(x).
b)Verdadeira. A função f é sobrejetora ∀ x ∈ D, pois se
y ∈ IR e y = 1 + log2(x
2), então y – 1 = log2(x
2) →
→ x2 = 2y–1 ∴ x = ± 2y–1. Assim, para todo y real,
existem dois valores de x para os quais f(x) = y.
c) Falsa. A função f não é injetora ∀ x ∈ D, pois como
f(–x) = f(x) ∀ x ∈ D, existem dois valores distintos de x
com a mesma imagem.
d)Verdadeira. Se 1 ≤ x1 < x2, então 1 ≤ x1
2 < x2
2 e assim
log2(x1)
2 < log2(x2)
2 → 1 + log2(x1)
2 < 1 + log2(x2)
2 ∴
8 MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
Vestibular AFA 2010 Prova de Matemática
∴ f(x1) < f(x2). Portanto, a função f é crescente se
x ∈ [1, + ∞[.
No entanto, se o conjunto D não for IR*, podemos ter várias
possibilidades com relação à veracidade ou não das
alternativas. Como uma função é composta pelo domínio,
contradomínio e a lei que a define, entendemos que a falta da
determinação do domínio impede que possamos responder à
questão.
Resposta: C
QUESTÃO 36
RESOLUÇÃO
Sendo 1650 a média salarial após todos os salários
terem aumentado 10%, temos:
Assim, o novo salário do gerente é igual a
5000.1,10 = 5500 reais.
Resposta: D
QUESTÃO 37
RESOLUÇÃO
Para determinar os pontos de intersecção dessa
circunferência com os eixos coordenados, basta
substituir x e y por zero.
Assim, os pontos A, B e A’ são, respectivamente,( )0 3; , ( )0 3;– e (–1; 0).
A área do triângulo A´AB é igual a
2 31
2
.
= 3 unidades
de área.
Resposta: B
9 MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO
Vestibular AFA 2010 Prova de Matemática
QUESTÃO 38
RESOLUÇÃO
Resposta: A
QUESTÃO 39
RESOLUÇÃO
O número de maneiras de escolher 3 alunos e 3 alunas é
igual a C .C5
3
6
3 = 10.20 = 200. Em seguida, dispomos os
alunos em um círculo sem que alunos do mesmo sexo
se posicionem lado a lado.
Sendo F1, F2 e F3 as alunas (sexo feminino), M1, M2 e M3
os alunos (sexo masculino), temos PC3 = (3 – 1)! = 2! = 2
maneiras distintas de posicionar os alunos do sexo
feminino. Para cada um desses posicionamentos, temos
P3 = 3! = 6 maneiras distintas de posicionar os alunos do
sexo masculino.
Assim, o número total de maneiras distintas de fazer as
escolhas e as disposições é igual a 200.2.6 = 2400.
Resposta: C
QUESTÃO 40
RESOLUÇÃO
Se apenas A, B e C participam da competição, sendo
p(A), p(B) e p(C), respectivamente, as probabilidades de
A, B e c vencerem a prova, temos que:
a) Verdadeira. A probabilidade de A ou B vencer é igual
a 0,4 + 0,4 = 0,8.
b) Verdadeira.
c) Verdadeira. A probabilidade de B ou C vencer é igual
a 0,4 + 0,2 = 0,6.
d) Falsa. A probabilidade de C vencer é igual a 0,2.
Resposta: D
10 MATEMÁTICA
PROVA COMENTADA E RESOLVIDA
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