Questões Para o Concurso de Professores Colégio Pedro II

Transcrição

1 1 a QUESTÃO Duas tribos vivem numa ilha. Os da tribo verde só dizem a verdade e os da amarela, só mentira. Um dia, 100 pessoas da ilha se reuniram num círculo e um turista se dirigiu a cada uma delas, com a pergunta: O seu vizinho à direita fala a verdade?. Terminada a consulta, verificou-se que 84 pessoas responderam não. No máximo, quantas pessoas da tribo verde poderiam estar no círculo? A. 84 B. 76 C. 64 D. 58 Observe que se uma pessoa responde não, então esta pessoa e a da direita não são da mesma tribo, mas se responder sim, então ela e a pessoa à sua direita são da mesma tribo. Assim, se 84 pessoas responderam não, então ao percorrer o círculo no sentido horário, observaremos 84 trocas de cor da tribo. Para que haja 84 trocas, deve haver pelo menos 4 pessoas da tribo verde e 4 da tribo amarela dispostas alternadamente. Como queremos o máximo de pessoas da tribo verde, então podemos colocar as = 16 pessoas restantes juntas num mesmo bloco verde. Logo, há no máximo = 58 pessoas da tribo verde. ALTERNATIVA: D DIFICULDADE PRESUMIDA: Fácil ASSUNTO: Lógica 1

2 a QUESTÃO Considere a função real f que satisfaz: x f(x), se x 1 f(x) = { xf(x) x + 1, se x < 1. O conjunto imagem de f é A. [ 1; + [ B. [+1; + [ C. [ 1; [ D. [+1; [ Para x 1, temos: f(x) = x f(x) f(x) = x f(x) = x Para x < 1, temos: f(x) = xf(x) x + 1 f(x) xf(x) = x + 1 f(x)(1 x) = x + 1 f(x) = x x f(x) = 1 O gráfico de f é dado por Logo, o conjunto imagem de f é Im(f) = [+1; + [. ALTERNATIVA: B DIFICULDADE PRESUMIDA: Fácil ASSUNTO: Função

3 ª QUESTÃO A transformação linear T: IR IR, que é definida por T(x; y) = ( a c b d ). (x y ) = (ax + by ; cx + dy) para dados a, b, c e d IR, é tal que para toda região D IR, cuja área é S D, tem-se que a área do conjunto imagem T(D) é igual ao dobro de S D. Então, o determinante da matriz ( a c A. B. C. ou D. ou b ) deve ser igual a d Sabemos que, para toda transformação linear T, de IR n em IR n, vale a relação: Área T(S) = det(t) Área(S). Então: ALTERNATIVA: C DIFICULDADE PRESUMIDA: Fácil ASSUNTO: Transformações Lineares det ( a b b ) = det (a c d c d ) = ±.

4 4 a QUESTÃO A equação (x x + 1) 10(x x) = 106 possui raízes reais tais que o módulo da soma dessas raízes vale A. 15 B. 8 C. 7 D. Substituindo: x x + 1 = t Temos: t 10(t 1) = 106 t 10t 96 = 0 t = 6 x x + 1 = 6 x x + 7 = 0 x = 1 ± i 6 IR t = 16 x x + 1 = 16 x x 15 = 0 x = ou x = 5 Módulo da soma das raízes: + 5 = =. ALTERNATIVA: D DIFICULDADE PRESUMIDA: Fácil ASSUNTO: Equações Algébricas 4

5 5 a QUESTÃO Considere a função real f cujo gráfico é apresentado a seguir: Sabe-se que as retas r e s são tangentes ao gráfico da função f nos pontos de abscissas x = e x = 1, respectivamente, e que f ( ) =. As equações das retas r e s são, respectivamente A. y = x 4 e y = 6x 4 B. y = 4 x 4 e y = x 4 C. y = x 4 e y = x 4 D. y = x 4 e y = 6x 4 Por definição, f ( ) é o coeficiente angular da reta (r) tangente ao gráfico de f no ponto de abscissa e, f (1) é o coeficiente angular da reta (s) tangente ao gráfico de f no ponto de abscissa 1. Pelo gráfico, vemos que f( ) = f(1). Logo: ALTERNATIVA: A DIFICULDADE PRESUMIDA: Fácil ASSUNTO: Cálculo Diferencial e Integral y ( 4) =. (x 0) r: y = x 4 y ( 4) = 6. (x 0) s: y = 6x 4 5

6 6ª QUESTÃO Considere o número n =. O algarismo das unidades de n é A. 1 B. C. 7 D. 9 Determinar o algarismo das unidades de um número inteiro n qualquer é o mesmo que determinar o resto na divisão de n por 10. n = = 7 (mod. 10) 1(mod. 10) n = 7 ( ) 1 ( 1) 1 7(mod. 10) Logo, o algarismo das unidades de n é 7. ALTERNATIVA: C DIFICULDADE PRESUMIDA: Fácil ASSUNTO: Aritmética 6

7 7ª QUESTÃO A figura representa o semicírculo de diâmetro AB inscrito no trapézio retângulo ABCD, com lados paralelos AD e BC, sendo T ponto de tangência. Considere a esfera inscrita num tronco de cone, ambos obtidos pela rotação completa do semicírculo e do trapézio, respectivamente, em torno do eixo e, suporte do diâmetro AB. Sendo CD = k, a área lateral do tronco é igual a A. 4,0πk B.,0πk C. 1,5πk D. 1,0πk AD = DT e BC = CT A área lateral do tronco de cone é dada por: A = π (R + r) g A = π (BC + AD) CD A = π (CT + DT) CD A = π (CD) CD A = π k k A = π k ALTERNATIVA: D DIFICULDADE PRESUMIDA: Fácil ASSUNTO: Geometria Espacial 7

8 8ª QUESTÃO Na figura, o segmento AB é suporte para os diâmetros dos semicírculos de centros C 1 e C, de áreas S 1 e S, respectivamente, e com ponto D em comum. A semirreta BT tangencia o semicírculo de área S 1 no ponto T e é suporte para o diâmetro do semicírculo de centro C, de área S. A área S é igual a A. S 1+S B. S 1+S C. S 1 S D. S 1 S + S S 1 = π r 1 S = π r S = π r r 1 = S 1 π r = S π r = S π (r 1 + r ) = (r 1 ) +(r ) r 1 + 4r 1 r + 4r = r 1 + 4r r 1 r + r = r S 1 π S π + S π = S π π S 1 S + π S = π S S 1 S + S = S ALTERNATIVA: D DIFICULDADE PRESUMIDA: Média ASSUNTO: Geometria Plana 8

9 9ª QUESTÃO Observe a figura a seguir. Quais dos sistemas de desigualdades abaixo representa a região R sombreada na figura acima? A. B. C. x y 1 y x 1 y x x y 1 y x 1 y x x y 1 y 1 x D. x y 1 y 1 x 1 Observe a região ilustrada no gráfico: Para y 0, a região acima do eixo Ox é definida por y x. Para y 0, a região abaixo do eixo Ox é definida por y x. Logo, a região ilustrada na figura acima é definida por para x e y números reais. y x 9

10 Observe que a região representada pela desigualdade y x, na figura acima, foi transladada uma unidade para cima e duas unidades para a direita na figura abaixo Então temos que y 1 x representa a região acima e a região R, ilustrada abaixo é representada pelo sistema x y 1 y 1 x 1. ALTERNATIVA: D DIFICULDADE PRESUMIDA: Média ASSUNTO: Geometria Analítica 10

11 10ª QUESTÃO Se a =,105 e b =,1058, dentre as afirmações seguintes, a única que está correta é A. a < b B. a b 10 8 C. a b 10 5 D. a + b = 6, Sejam os números x =,105 e y =,1058 aproximações de a e de b, respectivamente. Então: não podemos garantir que a < b, pois se o oitavo dígito de a for maior do que ou igual a 8, teremos a b ou ainda a b = 0 < Assim, são falsas as alternativas A e B. não podemos garantir que a + b = 6, , pois se o oitavo dígito de a for maior do que ou igual a, teremos que o sétimo dígito de a + b será 5. Assim, é falsa a alternativa D. Considerando x como o truncamento de na sétima casa decimal, teremos b x < Outrossim, considerando x como uma aproximação para a com erro inferior a 10, teremos x a < Assim, somando membro a membro e, em seguida, aplicando a desigualdade triangular, teremos: x a + b x < 10 7 b a x a + b x < 10 7 a b < Mas, 10-5 > 10-7, pois = 10-7 (10 ) > 0. Portanto: a b < 10 7 < 10 5 a b < 10 5 ALTERNATIVA: C DIFICULDADE PRESUMIDA: Média ASSUNTO: Estrutura Algébricas dos Conjuntos Numéricos e suas Propriedades Naturais 11

12 11ª QUESTÃO Na prova de Matemática aplicada nas três turmas da 1ª série do Ensino Médio do º turno do Campus Escolar Humaitá II 101, 10 e 10, a nota mediana em cada uma delas foi igual a 6,0, enquanto que as médias foram respectivamente iguais a 5,, 6,0 e 7,0. Os histogramas das turmas são dados a seguir. HISTOGRAMA I HISTOGRAMA II HISTOGRAMA III A correspondência correta entre os histogramas e as turmas é HISTOGRAMA I HISTOGRAMA II HISTOGRAMA III A B C D

13 Como a mediana das três turmas é igual a 6,0, em todas elas metade dos alunos obtiveram notas maiores do que 6,0 e metade das notas menores do que 6,0. Na turma 101, as médias dos alunos acima e abaixo da média se afastam igualmente de 6,0. Por exemplo, isto ocorre quando a distribuição é simétrica em relação à mediana, como no histograma I. Para que a média seja maior do que a mediana, como ocorre na turma 10, as notas acima dela devem, em média, se afastar mais dela do que as situadas abaixo da mediana. Isto significa que o histograma deve ter uma cauda pendendo mais para a direita, como no histograma II. Para que a média seja menor do que a mediana, que é o caso da turma 10, a cauda deve pender mais para a esquerda, como no histograma III. ALTERNATIVA: B DIFICULDADE PRESUMIDA: Média ASSUNTO: Estatística Descritiva 1

14 1ª QUESTÃO Seja ABCD um retângulo de dimensões 1 cm e 16 cm e os pontos M e N, médios dos lados AB e AD, respectivamente. No interior do pentágono BCDNM é assinalado um ponto P, de forma aleatória. A probabilidade de que o ângulo MPN seja obtuso vale A. 5π 168 B. 5π 168 C. 5π 6 D. 5π 6 Analisando a figura, temos que o ângulo MPN = α será obtuso quando o ponto P estiver no interior do semicírculo de diâmetro MN. A probabilidade de α ser obtuso será: Prob. = A semicírculo A Pentágono = ALTERNATIVA: D π DIFICULDADE PRESUMIDA: Média ASSUNTO: Probabilidade = 5π 19 4 = 5π 6. 14

15 1ª QUESTÃO Sejam A e B dois conjuntos disjuntos, ambos finitos e não vazios, tais que n(p A P B ) + 1 = n(p (A B) ). O valor da diferença n(a) n(b) é A. 0 B. 1 C. D. Observação: Dado um conjunto finito A, chama-se conjunto das partes de A (notação: P A ) o seguinte: P A = {X X A} Temos que, sendo X e Y conjuntos finitos quaisquer: n(x Y) = n(x) + n(y) n(x Y). Além disso, se n(x) = x, então n(p x ) = x. Portanto: n(p A P B ) = n(p A ) + n(p B ) n(p A P B ) = a + b 1. Observação: note que, de acordo com o enunciado, A B = e, com isso, P (A B) = 1. Por outro lado, n(a B) = n(a) + n(b) n(a B) = a + b 0 = a + b. Logo: n(p (A B) ) = a+b. Portanto: a + b = a+b a + b = a+b. Colocando a b = t, vem que a = b + t e, em seguida, fazendo a mudança b = y, temos: b+t + b = b+t ( t + 1)y = t y y = t t = 1 t = 0. ALTERNATIVA: A DIFICULDADE PRESUMIDA: Média ASSUNTO: Teoria dos Conjuntos 15

16 14ª QUESTÃO Representando as raízes do polinômio P(x) = x tx + 0 = 0, em que t é um número real positivo, por a, b e c, o valor de a + b + c é A. 10 B. 60 C. 10 D. 00 Aplicando as relações de Girard, temos: Além disso, temos que: (a + b + c 0 ) Por outro lado, temos: a + b + c = 0 { ab + ac + bc = t. abc = 0 = a + b + c + a b + a c + b a + b c + c a + c b + 6abc 10 a + b + c = 10. (a b + a c + b a + b c + c a + c b). Somando membro a membro, temos: Portanto: ALTERNATIVA: B a b + a c + abc = at a b + a c = 0 at ab + abc + b c = bt ab + b c = 0 bt abc + ac + bc = ct ac + bc = 0 ct. a b + a c + ab + b c + ac + bc = 60 t (a + b + c) DIFICULDADE PRESUMIDA: Média a b + a c + ab + b c + ac + bc = 60. a + b + c = 10 (60) a + b + c = 60. ASSUNTO: Polinômios e Equações Algébricas 0 16

17 15ª QUESTÃO Dada uma matriz A, escreve-se adj(a) para representar a matriz adjunta de A. Então, sendo A = , o produto A adj(a) é uma matriz cuja soma ( ) dos elementos é A. 88 B. 89 C D Sabemos que, se A for invertível, então: A 1 = 1 det(a) adj(a) A A 1 = I n = 1 det(a) A adj(a) A adj(a) = det(a) I n. Como A é uma matriz de Vandermonde, temos: det(a) = ( )(4 )(4 )(5 )(5 )(5 4)(6 )(6 )(6 4)(6 5) = 88. Portanto, A adj(a) = soma dos elementos = ( ) ALTERNATIVA: C DIFICULDADE PRESUMIDA: Média ASSUNTO: Matrizes e Determinantes 17

18 16ª QUESTÃO Segundo os documentos oficiais do MEC sobre o ensino e a aprendizagem de Matemática, ela pode ser vista como uma fonte de modelos para os fenômenos que nos cercam. Esses modelos compreendem relações entre A. conceitos, procedimentos e representações de diversas ordens. B. conhecimentos, procedimentos e representações de diversas ordens. C. conceitos, atitudes e representações de diversas ordens. D. conceitos, procedimentos e representações de ordem digital. RESOLUÇÃO A alternativa A é a única que está plenamente consoante com o BNCC, 015, p.17. ALTERNATIVA: A DIFICULDADE PRESUMIDA: Média ASSUNTO: Diretrizes Curriculares Nacionais Para Educação Básica 18

19 17ª QUESTÃO Em um concurso público, candidatos fizeram uma prova de 5 questões de múltipla escolha, com 4 alternativas por questão. Admita que todos os candidatos responderam todas as questões. Considere a afirmação: Pelo menos 6 candidatos responderam de modo idêntico às k primeiras questões da prova. O maior valor de k para o qual a afirmação é verdadeira é igual a A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 Pelo Princípio das Gavetas de Dirichlet, as k primeiras questões podem ser respondidas de 4 k modos. Para garantir que pelo menos 6 candidatos respondam a estas questões do mesmo modo, deve-se ter pelo menos 5 4 k + 1 candidatos. Logo, 5 4 k k k 1500 k 5. Portanto, o valor máximo para k é 5. ALTERNATIVA: C DIFICULDADE PRESUMIDA: Média ASSUNTO: Análise Combinatória 19

20 18ª QUESTÃO Seja ABCD um losango com diagonais de medidas AC = 00 cm e BD = 160 cm. Dos pontos A e C, traçamos os segmentos AE e CF, de medidas AE = 00 cm e CF = 150 cm, perpendiculares ao plano que contém o losango e contidos em um mesmo semiespaço determinado por este plano. O volume do sólido ABCDEF, em metros cúbicos, é A.,8 B. 8 C. 800 D O sólido ABCDEF é formado por duas pirâmides AEFCD e AEFCB, ambas tendo como base o trapézio AEFC e altura h = BD. Logo, o volume do sólido ABCDEF é 1 V A b 1 h ALTERNATIVA: A DIFICULDADE PRESUMIDA: Média ASSUNTO: Geometria Espacial cm,8 m. 0

21 19ª QUESTÃO De modo geral, quando representamos poliedros no plano algumas faces estão ocultas, sendo as arestas destas representadas por linhas tracejadas. Formalmente, sejam a face de um poliedro, que está contida num plano α; P um ponto do interior do poliedro e O o ponto onde está situado o olho do observador. A condição necessária e suficiente para que seja visível é que P e O estejam cada um num dos semiespaços determinados pelo plano α. Considere, então, uma pirâmide quadrangular cujo vértice é ponto V (0; 0; 1) e cuja base é o quadrado de vértices A ( ; 1; 1), B ( 1; ; 1), C ( ; 1; 1) e D (1; ; 1). A face cujos vértices são A, B e V será visível se o olho for colocado no ponto cujas coordenadas são A. (0; 6; 0) B. ( 1; 1; 1) C. (; ; π) D. ( ; ; e) VA = ( ; 1; ) Plano α determinado por A, B e V { VB = ( 1; ; ) : VX = (x; y; z 1) x y z 1 1 = 0 α: ( 1)x + ( + 1)y + z = 1 1

22 P (0; 0; 0) 0 < O (0; 6; 0) 6( + 1) < O ( 1; 1; 1) < O (; ; π) + π > { O ( ; ; e) + e < [A, B, V] é visível no º ponto ALTERNATIVA: C DIFICULDADE PRESUMIDA: Difícil ASSUNTO: Geometria Analítica no IR

23 0ª QUESTÃO Sejam os números m IN e n IR +, com m 10 e x IR. Seja α o desenvolvimento de (x n + x n ) m, segundo potências decrescentes de x n, em que o sexto termo é independente de x. Por outro lado, no desenvolvimento de (x + xn) 1 m, o oitavo termo se torna independente de x. O valor de m é A. 10 B. 1 C. 14 D. 16 De modo geral, considerando o binômio (a + b) m, seu termo geral é Então: T k+1 = ( m k ) ak b m k T 6 = ( m 5 ) (xn ) 5 (x n ) m 5 = x 5n x n m 5n = x n m+5n 5n 5n mn 5n = 0 Donde vem que: 5n mn 5 = 0 n (5 m) = 5 T 8 = ( m 7 ) x7 (xn) 1 m 7 = x 7 x m 7 n = x 7+m 7 n 7 + m 7 = 0 n m 7 + 7n = 0 m + 7n = 7 m = 7 7n n ( n) = 5 7n n 5 = 0 n = 5 7 ou n = 1 m = 1 ou m = 0 Pelas restrições impostas pelo enunciado, m = 1. ALTERNATIVA: B DIFICULDADE PRESUMIDA: Difícil ASSUNTO: Binômio de Newton

24 1ª QUESTÃO Sejam 1 uma circunferência de centro O e raio R e A, B e C três pontos pertencentes a 1. Considere a circunferência centrada no ponto C, que passa pelos pontos A e B e tem raio R. A área da região interna à 1 e exterior à é A. B. C. D R R R R 6 RESOLUÇÂO A área da região interna à 1 e exterior à é a área da região branca interior à circunferência 1, conforme representado na figura abaixo. Sejam S a área da região branca interior à circunferência 1, S 1 a área do círculo delimitado por 1, S a área do setor circular de raio R e ângulo central, S a área do setor circular de raio R e ângulo central e S 4 a área do triângulo OBC. Então, S S1 S S S4 Primeiro, vamos calcular os ângulos e. No triângulo OBC, usando a lei dos cossenos, obtemos: 4

25 5 cos R R R R o cos Como o triângulo OBC é isósceles, temos o 0 e, portanto, o 60. Agora vamos calcular a área S : 4 1 S S S S S 4 1 S S S S S o sen R R R R S R R R R S 6 1 R R S 6 R S. ALTERNATIVA: B DIFICULDADE PRESUMIDA: Difícil ASSUNTO: Geometria Plana e Trigonometria

26 ª QUESTÃO Observe a figura a seguir. A área da região sombreada ilustrada na figura anterior é mais bem aproximada por A. 0,886 B. 0,101 C. 0,5 D. 0,59 RESOLUÇÃO Os gráficos das funções f(x) e g(x) se intersectam em x = 1, x = 0, x = 1. Por simetria, temos: 1 ( x 1 x + 1 x ) dx = ( x 1 x + 1 x ) dx = {ln(x + 1) x } = ln() 1 0 Fazendo uma estimativa para ln(), temos: ln() = log () log (e). Mas < e <, então log () < log (e) < log () e, portanto, 0,0 < log (e) < 0,48 o que implica em log () log () log () log () < < e 0,0 log () < < 1. log (e) log () 0,48 log (e) Donde vem que: 0,65 < ln() < 1, acarretando em 0,65 0,5 < ln() 0,5 < 1 0,5 0,75 < ln() 0,5 < 1,5. Portanto, entre as alternativas fornecidas como resposta, somente a alternativa A satisfaz a desigualdade acima. 6

27 ALTERNATIVA: A DIFICULDADE PRESUMIDA: Difícil ASSUNTO: Cálculo Diferencial e Integral 7

28 a QUESTÃO Seja a um número racional. Denotamos por a o maior inteiro que não supera a, ou seja: a = máx{n Z n a} Particularmente, se a = m, com m e n inteiros, n > 0 e se q for o quociente da divisão de n m por n, então, q = a. Se a e b forem naturais, com 1 < a < b, então o valor da expressão é A. a B. b C. 1 D. a + b a b + a b + 1 b + a b + b + + a b + b 1 b Como 1 < a < b, seja n natural não-nulo tal que b = a + n, ou seja, 1 = a b + n b. Então: Donde vem que: a b + n b = 1 e a b + n 1 b = 0 a b + a b + 1 b + + a b + n 1 b + a b + n b + + a b + b 1 b = n 0 + (b n) 1 = a ALTERNATIVA: A n parcelas DIFICULDADE PRESUMIDA: Difícil ASSUNTO: Aritmética dos Inteiros ((b 1) n)+1) parcelas 8

29 4 a QUESTÃO Claudia adquire uma máquina de fazer café, cujo preço à vista é R$ 800,00. Ela optou por um sistema de pagamento no qual deu uma entrada de R$ 00,00 e, o restante, em quatro prestações mensais e iguais com cobrança de juros mensais de taxa 5% sobre o saldo devedor. Porém, em virtude do pagamento do 1º salário, resolveu quitar a dívida na terceira prestação. Sabendo que, nesses casos de antecipação de financiamento, a loja dá um desconto de 10%, o valor, em reais, do último pagamento que ela efetuará é mais bem aproximado por A. 60 B. 90 C. 00 D. 0 Observação: se necessário, utilize 1,05 1,1. RESOLUÇÃO Seja p o valor da prestação e indiquemos por D n o saldo devedor no mês n. Então, Claudia sai da loja com o seguinte saldo devedor: D 0 = = 600. Passado o primeiro mês, o saldo devedor é: D 1 = 600.1,05 p. No segundo mês: D = 600 1,05 p 1,05 p. No terceiro mês: D = 600 1,05 p 1,05 p 1,05 p. Finalmente, no quarto mês, quando encerram os pagamentos: D 4 = 600 1,05 4 p 1,05 p 1,05 p 1,05 p = 0 p 1 (1,054 1) 1,05 1 p + p 1,05 + p 1,05 + p 1,05 = 600 1,05 4 = 600 1,05 4 p = 600 1,054 0,05 1, p 17 reais. Na terceira prestação o saldo devedor atualizado é 600 1,05 p 1,05 p 1,05, ou seja: , 181,65 = 1,05. O valor que Claudia terá de pagar, a fim de quitar sua dívida, é ALTERNATIVA: B DIFICULDADE PRESUMIDA: Difícil ASSUNTO: Matemática Financeira 1,05 0,

30 5 a QUESTÃO Considere uma hipérbole equilátera, de focos F 1 e F e centro O, que passa pelo ponto P. As medidas dos segmentos PF 1, PO e PF formam, nessa ordem uma A. progressão aritmética. B. progressão aritmética de ª ordem. C. progressão geométrica. D. progressão harmônica. Informações úteis: Hipérbole: PF 1 PF = a Hipérbole equilátera: x y = a Figura: Os focos são F 1 = ( c; 0) e F = (c; 0). Então: PF 1 = ( c x) + y = c + cx + x + y PO = x + y PF = (c x) + y = c cx + x + y Relação fundamental: c = a + a c = a PF 1 PF = a PF 1 + PF ( PF 1 PF ) = 4a c + cx + x + y + c cx + x + y ( PF 1 PF ) = 4a c + x + y ( PF 1 PF ) = 4a PF 1 PF = x + y = PO ALTERNATIVA: C DIFICULDADE PRESUMIDA: Difícil ASSUNTO: Geometria Analítica no IR e Sequências Numéricas 0