Gabarito_espcex_1_dia 506o6a

Sistema ELITE de Ensino

EsPCEx 2011/2012 – Matemática Modelo A

Modelo B

Modelo C

01

E

B

D

02

C

E

A

03

E

C

E

04

D

E

C

05

B

C

D

06

E

D

D

07

B

D

B

08

D

E

B

09

D

E

E

10

D

C

C

11

D

E

A

12

A

D

B

13

C

B

E

14

A

C

E

15

B

A

C

16

A

B

E

17

E

B

D

18

D

D

B

19

A

A

A

20

C

C

D

21

B

B

C

22

A

A

A

23

B

D

C

24

C

A

B

25

C

D

A

26

A

A

B

27

E

E

D

28

E

A

A

29

B

A

E

30

A

B

A

1 www.sistemaeliterio.com.br


EsPCEx 2011/2012 – Matemática

GABARITO COMENTADO – MODELO A 01. Considere as funções Reais f(x) = 3x, de domínio [4, 8] e g(y) = 4y, de domínio [6, 9]. f(x) Os valores máximo e mínimo que o quociente pode assumir são, respectivamente g(y) 2 1 a) e . 3 2 1 b) e 1. 3 4 3 c) e . 3 4 3 1 d) e . 4 3 1 e) 1 e . 3 Solução: f(x) , para que tenhamos k máximo, precisamos que o valor de f(x) seja o g(y) maior possível e g(y) o menor possível. Para isso, como f(x) e g(x) são funções estritamente crescentes, o maior valor de f(x) será alcançado quando x = 8 e o menor valor de g(y), quando y = 6, portanto f(8) 3.8 k = = =1 g(6) 4.6 Analogamente, o k mínimo será obtido quando f(x) for o menor possível, x = 4 e g(x) o maior possível, y = 9, ou seja: f(4) 3.4 1 k = = = g(9) 4.9 3

Definimos k =

Opção: E

x + yi 2 , com x e y reais e i = –1. 3 + 4i Se x2 + y2 = 20, então o módulo de z é igual a: a) 0 b) 5

02. Seja o número complexo z =

2 5 5 d) 4 e) 10

c)

Solução: z =

x + yi x + yi = = 3 + 4i 3 + 4i

x2 + y2 32 + 42

=

20 2 5 = 5 5

Opção: C




03. O domínio da função real f(x) = a) b) c) d) e)

2–x é x – 8x + 12 2

2, ∞ 2, 6  –∞, 6  –2, 2 –∞, 2 

Solução: Para que um número real pertença ao domínio da função, é necessário que: 2 − x ≥ 0  2 x − 8x + 12 ≠ 0 Se 2 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 e x 2 − 8x + 12 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 e x ≠ 6 , logo o domínio da função será a interseção dessas soluções que é:  −∞,2 Opção: E

04. Na Física, as leis de Kepler descrevem o movimento dos planetas ao redor do Sol. Define–se como período de um planeta o intervalo de tempo necessário para que este realize uma volta completa ao redor do Sol. Segundo a terceira lei de Kepler, “Os quadrados dos períodos de revolução (T) são proporcionais aos cubos das distâncias médias (R) do Sol aos planetas”, ou seja, T2 = KR3, em que K é a constante de proporcionalidade. Sabe–se que a distância do Sol a Júpiter é 5 vezes a distância Terra–Sol; assim, se denominarmos T ao tempo necessário para que a Terra realize uma volta em torno do Sol, ou seja, ao ano terrestre, a duração do “ano” de Júpiter será a) 3 5T b)

5 3T

c)

3 5T

d)

5 5T

e)

3 3T

Solução: Como R J = 5 ⋅ R T , temos: TJ2 TR 2 TJ2 TR 2 = ⇔ = ⇔ TJ = 5 5 ⋅ TT R J3 R T 3 125 ⋅ R T 3 R T 3

Opção: D

05. Considerando log 2 = 0,30 e log 3 = 0,48, o número real x, solução da equação 5x–1 = 150, pertence ao intervalo: a) –∞, 0 b) c) d) e)

4, 5  1, 3 0, 2  5, + ∞




Solução: Sabendo que log5 = log

10 = 1 − log2 = 0,7 2

5x−1 = 150 ⇔ log5(x −1) = log150 ⇔ (x − 1)log5 = log3 + log5 + log10 (x − 1).0,7 = 0, 48 + 0,7 + 1 ⇔ x =

2,88 4 =4+ , logo x ∈ [4,5[ 0,7 35

Opção: B

3x.27y = 9  06. O Conjunto solução do sistema  3 2 2 é formado por dois pontos, cuja  y + xy = 0  3 localização no plano cartesiano é a) Ambos no primeiro quadrante. b) Um no quarto quadrante e o outro no eixo X. c) Um no segundo quadrante e o outro no terceiro quadrante. d) Um no terceiro quadrante e o outro no eixo Y. e) Um no segundo quadrante e o outro no eixo X.

Solução: 3x.27y = 9   3 2 2 y + 3 xy = 0  3x.27y = 9 ⇔ 3x (33 )y = 3 2 ⇔ 3x +3y = 32 ⇔ x + 3y = 2 ⇔ x = 2 − 3y

Substituindo x na outra equação, temos: 2 2 y3 + xy2 = 0 ⇒ y3 + (2 − 3y)y2 = 0 3 3 ⇔ y2 (3y + 4 − 6y) = 0 ⇔ y2 (4 − 3y) = 0 y = 0 ⇒ x = 2 ou y =

4 ⇒ x = −2 3

(2,0) − Eixo x  Portanto o conjunto solução possui os pontos  4 o ( −2, 3) − 2 Quadrante Opção: E

07. Na pesquisa e desenvolvimento de uma nova linha de defensivos agrícolas, constatou– se que a ação do produto sobre a população de insetos em uma lavoura pode ser descrita kt pela expressão N ( t ) = N0 ⋅ 2 , sendo N0 a população no início do tratamento, N ( t ) , a população após t dias de tratamento e k uma constante, que descreve a eficácia do produto. Dados de campo mostraram que, após dez dias de aplicação, a população havia sido reduzida à quarta parte da população inicial. Com estes dados, podemos afirmar que o valor da constante de eficácia deste produto é igual a a) 5 −1 b) −5− 1 c) 10 d) 10−1 e) −10 −1 4 www.sistemaeliterio.com.br



Solução: Sabemos que N(t) = No .2kt e para t = 10 dias, temos: N(10) = No .210k =

No . Portanto 210k = 2−2 ⇔ k = −5−1 . 4

Opção: B 08. Considere a função real f ( x ) , cujo gráfico está representado na figura, e a função real g (x ) , definida por g ( x ) = f ( x − 1) + 1 .

 1 O valor de g  −  é  2 a) b) c) d) e)

–3 –2 0 2 3

Solução: f(x) é uma função do primeiro grau cujo gráfico é a reta mostrada, que a pelos pontos 2 (−3,0) e (0,2) e possui coeficiente angular e o coeficiente linear igual a 2, logo 3 2 f(x) = x + 2 . 3 Portanto:  1  1  2  3 g  −  = f  − − 1 + 1 =  −  + 2 + 1 = 2  2  2  3  2 Opção: D

09. A inequação 10x + 10x +1 + 10x +2 + 10x +3 + 10x+ 4 < 11111 , em que x é um número real, a) não tem solução b) tem apenas uma solução c) tem apenas soluções positivas d) tem apenas soluções negativas e) tem soluções positivas e negativas Solução: 10x + 10x +1 + 10x +2 + 10x+ 3 + 10x+ 4 < 11111 10x (100 + 101 + 102 + 103 + 104 ) < 11111 10 x.11111 < 11111 10x < 1 ⇔ x < 0 Portanto, teremos apenas soluções negativas.

Opção: D 5 www.sistemaeliterio.com.br



10. O cosseno do menor ângulo formado pelos ponteiros de um relógio às 14 horas e 30 minutos vale

(

3 +1

(

2 +1

a)

−

b)

−

c)

(1 + 2)

d)

−

(

e)

(

2+

2

) )

2

4

6− 2 4 3

4

)

)

Solução: O menor ângulo formado pelos ponteiros do relógio às 14h e 30min é igual a 120o − 15o = 105o , de fato se o ponteiro das horas estiver no 2 e o dos minutos estiver no 6 o ângulo é de 120o , como o ponteiro das horas após 30 minutos percorre o correspondente a 15o , o ângulo valerá 105o . cos105o = cos(60 o + 45 o ) = cos 60o cos 45o − sen60o sen45o =

2 − 6 4

1 2 3 2 ⋅ − ⋅ = 2 2 2 2

Opção: D

11. O valor numérico da expressão

sec 1320°  53π  2 − 2 ⋅ cos   + ( tg 2220° ) é:  2 3

a) –1 b) 0 1 c) 2 d) 1 e)

−

3 2

Solução: Observando os ângulos, obtemos: 1320o = 3.360o + 240o 53π π = 18π − 3 3 2220o = 6.360o + 60o Logo, é possível reduzir a expressão inicial pela expressão equivalente: 2 sec 240 o  π 1 − 2.cos  −  + tg60o = −1 − 2. + 3 = 1  3 2 2

(

)

Opção: D 6 www.sistemaeliterio.com.br



12. A função real f ( x ) está representada no gráfico abaixo.

A expressão algébrica de f ( x ) é a) b) c) d) e)

 − sen x , se x < 0 f (x) =   cos x , se x ≥ 0  cos x , se x < 0 f (x) =   sen x , se x ≥ 0  − cos x , se x < 0 f (x) =   sen x , se x ≥ 0  sen x , se x < 0 f (x) =   cos x , se x ≥ 0  −sen x, se x < 0 f (x) =  cos x, se x ≥ 0

Solução: Para x ≥ 0 , temos o gráfico da função cos(x) com a parte negativa rebatida em torno do eixo x, logo f(x) = cos(x) se x ≥ 0 . Para x < 0 o gráfico será da função sen(x) com a parte positiva rebatida em torno do eixo x, logo f(x) = − sen(x) , se x < 0. Opção: A

13. Considere o triângulo ABC abaixo, retângulo em C, em que BÂC = 30° . Neste triângulo está representada uma sequência de segmentos cujas medidas estão indicadas por L 1, L2, L3 , ..., Ln , em que cada segmento é perpendicular a um dos lados do ângulo de vértice A. L O valor 9 é L1


Sistema ELITE de Ensino a) b) c) d) e)


27 3 128 1 128 81 256 27 64 1 256

Solução: Como o ângulo BÂC = 300 , observamos que L 2 = L 1.cos 300 ,L 3 = L 2.cos 300 = L 1.(cos 300 )2 ,...,Ln = L1.(cos 300 )n −1 , ou seja, a sequência L 1,L 2,L 3,... é uma PG cuja de razão cos 30 o . Portanto, 8

 3 L 81 L 9 = L 1.(cos 30 ) ⇔ 9 =  =  L1  2  256 0 8

Opção: C

14. A figura abaixo é formada por um dispositivo de forma triangular em que, nos vértices e nos pontos médios dos lados, estão representados alguns valores, nem todos conhecidos. Sabe–se que a soma dos valores correspondentes a cada lado do triângulo é sempre 24.

Assim, o valor numérico da expressão x − y ⋅ z é a) b) c) d) e)

–2 –1 2 5 10

Solução: Como em cada lado do triângulo da figura obteremos soma 24, observamos que: x + y = 19  x + z = 14 ⇔ x = 12, y = 7, z = 2 y + z = 9  Logo, x − y.z = −2 . Opção: A 8 www.sistemaeliterio.com.br



15. Se todos os anagramas da palavra ESPCEX forem colocados em ordem alfabética, a palavra ESPCEX ocupará, nessa ordenação, a posição a) 144 b) 145 c) 206 d) 214 e) 215 Solução: Em ordem alfabética temos: 5! = 60 casos 2! Anagramas começados com a letra E e com a segunda letra igual a C,E ou P: 3.4.3.2.1= 72 casos; Anagramas começados com ES, tendo C ou E como terceira letra: 2.3.2.1=12 casos;

Anagramas começados por C: P52,1,1,1 =

Como ESPCEX é o próximo anagrama a ser escrito, sua colocação será: 60+72+12+1=145 Opção: B 16. Se x é um número real positivo, então a sequência (log3 x, log3 3x, log3 9x) é a) Uma Progressão Aritmética de razão 1 b) Uma Progressão Aritmética de razão 3 c) Uma Progressão Geométrica de razão 3 d) Uma Progressão Aritmética de razão log 3 x e) Uma Progressão Geométrica de razão log 3 x Solução: log 3 3x corresponde a 1+ log 3x log 3 9x corresponde a 2+ log 3x Portanto a sequencia é S = (log3 x, log3 3x, log3 9x) = (log3 x, 1+ log3 x, 2+ log3x) PA de razão 1. Opção: A

17. Pesquisas revelaram que, numa certa região, 4% dos homens e 10% das mulheres são diabéticos. Considere um grupo formado por 300 homens e 700 mulheres dessa região. Tomando–se ao acaso uma pessoa desse grupo, a probabilidade de que essa pessoa seja diabética é a) 4% b) 5% c) 5,4% d) 7,2% e) 8,2%




Solução: 4% dos 300 homens equivale a 12 homens; 10% das 700 mulheres equivale a 70 mulheres; Logo, neste grupo de 1000 pessoas, 82 são diabéticas. Portanto a probabilidade de selecionar um indivíduo diabético é

82 = 8,2% . 1000

Opção: E

18. Considere as seguintes afirmações: I. Se dois planos α e β são paralelos distintos, então as retas r1 ⊂ α e r2 ⊂ β são sempre paralelas. II. Se α e β são planos não paralelos distintos, existem as retas r1 ⊂ α e r2 ⊂ β tal que r1 e r2 são paralelas. III. Se uma reta r é perpendicular a um plano α no ponto P, então qualquer reta de α que a por P é perpendicular a r. Dentre as afirmações acima, é(são) verdadeira(s) a) Somente II b) I e II c) I e III d) II e III e) I, II e III Solução: I. Falso. As retas poderão ser reversas. II. Verdadeira. Seja a reta t a intersecção entre os planos. Seja a reta r1 , tal que r1 t e a reta r2 ,tal que r2 t então, temos que r1 r2 . III. Verdadeira, por definição de perpendicularidade entre reta e plano. Opção: D

19. Considere um plano e os pontos A, B, C e D tais que  O segmento AB tem 6 cm de comprimento e está contido em .  O segmento BC tem 24 cm de comprimento, está contido em e é perpendicular a AB.  O segmento AD tem 8 cm de comprimento e é perpendicular a . Nessas condições, a medida do segmento CD é a) 26 cm b) 28 cm c) 30 cm d) 32 cm e) 34 cm




Solução: Com base na figura

CD2 = 82 + 62 + 242 CD2 = 676 CD = 26 cm X 2 = 62 + 242

Opção: A 20. A figura espacial representada abaixo, construída com hastes de plástico, é formada por dois cubos em que, cada vértice do cubo maior é unido a um vértice correspondente do cubo menor por uma aresta e todas as arestas desse tipo têm a mesma medida. Se as arestas dos cubos maior e menor medem, respectivamente, 8 cm e 4 cm, a medida de cada uma das arestas que ligam os dois cubos é a) 6 2 cm b) 3 2 cm c) 2 3 cm d) 4 3 cm e) 6 3 cm

Solução: Observando o plano ACGE temos a seguinte figura:




Seja CC’ = EE’ = x EC é a Diagonal do Cubo maior, cuja aresta mede 8 cm, logo EC = 8 3 cm. E’C’ é a diagonal do cubo menor cuja aresta mede 4 cm, logo E’C’ = 4

3 cm.

Portanto, 2x = 8 3 − 4 3 ⇔ x = 2 3 cm . Opção: C

21. Na figura abaixo, está representado um cubo em que os pontos T e R são pontos médios de duas de suas arestas. Sabe–se que a aresta desse cubo mede 2 cm. Assim, o volume do sódio geométrico definido pelos pontos PQRST, em cm 3, é:

a) b) c) d) e)

2 3 4 3 5 3 16 3 32 3

Solução: Observamos que o sólido proposto corresponde a uma pirâmide cuja base é o quadrilátero QTSR




O volume será: V =

1 . Área(QRST).PQ 3

Como a aresta do cubo é igual a 2, a Área(QRST) = 22 − 2. Logo, V(PQRST) =

2.1 =2 2

1 4 ⋅2 ⋅2 = 3 3

Opção: B

22. A figura abaixo representa dois tanques cilíndricos, T1 e T 2, ambos com altura h, e cujos raios das bases medem R e R 2, respectivamente. Esses tanques são usados para armazenar combustível existente em cada um deles é tal que seu nível corresponde a

2 da 3

altura. O tanque T1 contém gasolina pura e o tanque T2 contém uma mistura etanol–gasolina, com 25% de etanol. Deseja–se transferir gasolina pura do tanque T1 para T2 até que o teor de etanol na mistura em T2 caia para 20%. Nessas condições, ao final da operação, a diferença entre a altura dos níveis de T 1 e T 2 será 1 a) h 2 1 b) h 3 1 c) h 4 1 d) h 5 1 e) h 6

Solução: Seja V1 o volume do líquido no tanque 1, V2 o volume do líquido no tanque 2, v o volume deslocado e a altura do tanque h = 6x. Temos então que a altura do líquido nos tanques é 4x. V1 = πR2 .4x V2 = π(R 2)2.4x = 2πR 2.4x = 2V1

 V2 de e tan ol  Ao transferirmos v de T1 para T2 , temos V2 + v =  4  3V2 + v de gasolina  4 V2 20 V V = .(V2 + v) ⇔ v = 2 = 1 4 100 4 2




Logo, retirando metade do líquido de T 1, sua altura se reduz à metade, ou seja 2x. 1 1 Acrescentando do volume de V2, sua altura também aumenta , ou seja, 5x. Portanto a 4 4 h diferença das alturas é 5x – 2x = 3x = . 2 Opção: A

23. Na figura abaixo, dois vértices do trapézio sombreado estão no eixo x e os outros dois vértices estão sobre o gráfico da função real f(x) = log kx, com k>0 e k1. Sabe–se que o trapézio sombreado tem 30 unidades de área; assim, o valor de k+p–q é a) –20 b) –15 c) 10 d) 15 e) 20

Solução: Seja S= Área da Figura Hachurada Do gráfico: logk p = 1 → p = k logk q = 2 → q = k2 (1 + 2).(p − q) 3.(k2 − k) = = 30 2 2 k.(k − 1) = 5.4 ⇒ k = p = 5 ⇒ q = 25 S=

Logo, k+p–q = –15. Opção: B 24. O ponto da circunferência x2 + y 2 + 2x + 6y + 1 = 0 que tem ordenada máxima é a) (0, –6) b) (–1, –3) c) (–1, 0) d) (2, 3) e) (2, –3) Solução: A equação acima se reduz a: (x + 1)2 + (y + 3)2 = 32 que representa uma circunferência de centro (-1, -3) e raio 3. Logo o ponto de maior ordenada é (-1,0). Opção: C 14 www.sistemaeliterio.com.br



25. Os polinômios A(x) e B(x) são tais que A(x) = B(x) + 3x 3 + 2x2 + x + 1. Sabendo–se que –1 é raiz de A(x) e 3 é raiz de B(x), então A(3) – B(–1) é igual a: a) 98 b) 100 c) 102 d) 103 e) 105 Solução: p(x) = A(x) – B(x) = 3 x3 + 2 x2+ x + 1 P (-1) = - B(-1) = -3+2-1+1=-1 P(3) = A(3) = 81+18+3+1=103 Portanto, P(3) + P(−1) = A(3) − B(−1) = 102 Opção: C

 1 y2 + 3 26. O ponto p  a,  pertence à parábola X = . A equação da reta perpendicular à  3 3 bissetriz dos quadrantes ímpares que a por P é: a) 27x + 27y – 37 = 0 b) 37x + 27y – 27 = 0 c) 27x + 37y – 27 = 0 d) 27x + 27y – 9 = 0 e) 27x + 37y – 9 = 0 Solução:

1 +1 1 28 Para x = a e y = temos a = 9 = . A equação da reta bissetriz dos quadrantes 3 3 27 ímpares é y = x , então o coeficiente angular da reta perpendicular a essa reta é igual a -1.

Logo, y −

1 28 = −(x − ) → 27y + 27x − 37 = 0 3 31

Opção: A

27. A representação no sistema cartesiano ortogonal da equação 9x 2 – y 2 = 36x + 8y – 11 é dada por a) duas retas concorrentes. b) uma circunferência. c) uma elipse. d) uma parábola. e) uma hipérbole. Solução: 9(x 2 − 4x + 4) − (y 2 + 8y + 16) + 16 − 36 = −11 9(x − 2)2 − (y + 4)2 = 9 (x − 2)2 (y + 4)2 − =1 1 9




que representa uma hipérbole de centro (2, –4) com eixo transverso ou real é paralelo ao eixo OY . Opção: E

28. Num estádio de futebol em forma de elipse, o gramado é o retângulo MNPQ, inscrito na cônica, conforme mostra a figura. Escolhendo o sistema de coordenadas cartesianas x2 y2 indicado e tomando o metro como unidade, a elipse é descrita pela equação + = 1. 362 602 Sabe–se também que os focos da elipse estão situados em lados do retângulo MNPQ. Assim, a distância entre as retas MN e PQ é a) 48 m b) 68 m c) 84 m d) 92 m e) 96 m

Solução: 2 2 2 2 Da equação dada temos que a = 60 e b = 36 , usando a relação fundamental da elipse: c2 = a 2 – b2, concluímos que c = 48, logo a distância procurada é 2c = 96m Opção: E

29. As medidas em centímetros das arestas de um bloco retangular são as raízes da equação polinomial x3 – 14x 2 + 64x – 96 = 0. Denominando–se r, s e t essas medidas, se for construído um novo bloco retangular, com arestas medindo (r – 1), (s – 1) e (t – 1), ou seja, cada aresta medindo 1 cm a menos que a do bloco anterior, a medida do volume desse novo bloco será a) 36 cm 3 3 b) 45 cm c) 54 cm 3 d) 60 cm 3 e) 80 cm 3 Solução: Fazendo a seguinte substituição: y = x –1 ⇔ x = y + 1, temos a equação y3 – 11 y2 + 39y – 45 = 0. Pela relação de Girard o produto das raízes (y1 , y2 , y3 ) é y1.y2 .y3 = 45 . Como y1 = r − 1 , y 2 = s − 1 , y 3 = t − 1 , temos (r − 1)(s − 1)(t − 1) = 45 .

Opção: B




30. Seja a função complexa P(x) = 2x 3 – 9x2 + 14x – 5. Sabendo–se que 2 + i é raiz de P, o intervalo I de números reais que faz P(x) < 0, para todo x ∈ I é  1 a)  −∞,  2  b) c) d) e)

 0,1 1   4 ,2    0, +∞  1 3 − 4 , 4   

Solução: Se 2+i é solução de p(x) = 2x3 − 9x2 + 14x − 5 , então o seu conjugado (2 – i) também será raiz de p(x). Assim, aplicando as Relações de Girard, temos: 5 a ⋅ (2 + i ) ⋅ (2 − i ) = 2 5 1 5⋅a = ⇒ a = 2 2 Então,  1 p ( x) =  x −  .( x − 2 − i ). ( x − 2 + i)  2

Assim, p(x) < 0 ⇒ x <

1 2

Opção: A


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