QUESTÕES VESTIBULAR Efomm 2018 - COMENTADAS

1. (Efomm 2018)  A área de uma figura plana é dada pelo cálculo da integral 

A = ʃ_a^b [g(x) - h(x)]d(x), onde g(x) é a função que limita a figura superiormente, h(x) limita a figura inferiormente e os valores a, b ɛ R representam o início e o fim da figura em relação ao eixo x do plano cartesiano. Com isso, determine a área hachurada abaixo, definida superiormente por uma parábola e inferiormente por uma reta.

a) 42,7   

b) 4913/162   

c) 27   

d) 21   

e) 46π/7   relaçoes projeções

  

Resposta da questão 1:[B]

Do gráfico, g(x) = a.(x - 0).(x - 6)

Como g(3) = 9 → 9 = a.(3 - 0).(3 - 6) → a = -1

Então, g(x) = - 1.(x - 0).(x - 6) → g(x) = - x² + 6x 

Como h(x) = kx → h(6) = 2 → 2 = 6k → k = 1/3, então h(x) = x/3

Para encontrar os pontos de intersecção das curvas g(x) e h(x), basta

resolvermos o sistema abaixo: y = - x² + 6x  e y = x/3

Igualando as equações → - x² + 6x = x/3 → - 3x² + 18x = x → - 3x² + 17x = 0

 x' = 0 ou x'' = 17/3.

Dessa forma, a área hachurada é dada por: A = ʃ_a^b [g(x) - h(x)]d(x) →

A = ʃ₀^17/3 [- x² + 6x - x/3]d(x) → A = ʃ₀^17/3 [- x² + 17x/3]d(x) →

A = (-x³/3 + 17x²/6|₀^17/3 → A = - 1/3.(17/3)³ + 17/6.(17/3)² → A = 4913/162

2. (Efomm 2018)  Um decorador contemporâneo vai usar quatro “objetos” perfilados lado a lado como decoração de um ambiente. Ele dispõe de 4 copos transparentes azuis, 4 copos transparentes vermelhos, duas bolas amarelas e 3 bolas verdes. Cada “objeto” da decoração pode ser um copo vazio ou com uma bola dentro. Considerando que a cor altera a opção do “objeto”, quantas maneiras distintas há de perfilar esses quatro “objetos”, levando-se em conta que a posição em que ele se encontra altera a decoração?

a) 1296   

b) 1248   

c) 1152   

d) 1136   

e) 1008   

  

Primeira situação: 4 bolas

● 3 verdes e 1 amarela → P₄³ = 4!/3! = 4 

● 2 verdes e 2 amarelas → P₄^2,2 = 4!/2!2! = 4.3.2!/2.2! = 6

Segunda situação: 3 bolas

● 3 verdes → devemos escolher 3 copos e permutar as 3 bolas entre

esses copos escolhidos → C_4,3 . P₃³ = 4!/3!1! . 1 = 4

● 2 verdes e 1 amarela → devemos escolher Resposta da questão 2: [D]

Cada um dos quatro copos escolhidos pode ser azul ou verde, logo, pelo princípio da multiplicação há 2.2.2.2 = 16 maneiras de organizar os copos.

Agora vamos organizar as bolas.

3 copos e permutar as 3

bolas entre esses copos escolhidos → C_4,3 . P₃² = 4!/3!1! . 3!/2! = 4.3 = 12

● 1 verde e 2 amarelas → devemos escolher 3 copos e permutar as 3

bolas entre esses copos escolhidos → C_4,3 . P₃² = 4!/3!1! . 3!/2! = 4.3 = 12

Terceira situação: 2 bolas

● 2 verdes → devemos escolher 2 copos e permutar as 2 bolas entre

esses copos escolhidos.  → C_4,2 . P₂² = 4!/2!2! . 1 = 6

●1 verde e 1 amarela → devemos escolher 2 copos e permutar as 2 bolas

entre esses copos escolhidos → C_4,2 . P₂ = 4!/2!2! . 2! = 12

● 2 amarelas → devemos escolher 2 copos e permutar as 2 bolas entre

esses copos escolhidos → C_4,2 . P₂² = 4!/2!2! . 1 = 6

Quarta situação: 1 bola

● 1 verde → devemos escolher 1 copo → C_4,1 = 4

● 1 amarela → devemos escolher 1 copo → C_4,1 = 4

Quinta situação: 0 bolas

Só há 1 possibilidade.

Dessa forma, nas condições dadas, o total de maneiras de perfilar os

quatro “objetos” é:

16.(4 + 6 + 4 + 12 + 12 + 6 + 12 + 6 + 12 + 6 + 4 + 4 + 1) =  16.71 = 1136

  

3. (Efomm 2018)  Um atleta de tiro ao prato tem probabilidade de 0,9 de acertar o prato a cada novo lançamento. Analisando esse jogador antes do início da competição, após quantos lançamento de pratos, a probabilidade de ele não ter acertado todos os tiros se tornará maior que a probabilidade de acertar todos?  

a) 9   

b) 8   

c) 7   

d) 6   

e) 5   

Resposta da questão 3: [C]

Após n tiros, a probabilidade dele acertar todos os tiros é 0,9ⁿ, logo, a

probabilidade dele não ter acertado todos é 1 - 0,9ⁿ. Queremos calcular n

tal que: 0,9ⁿ < 1 - 0,9ⁿ → 2.0,9ⁿ < 1  → 0,9ⁿ < 1/2  → (9/10)ⁿ < 1/2  

Usando  as seguintes aproximações: log2 ≈ 0,3010 e log3 ≈ 0,4771, vem :

log(9/10)ⁿ < log(1/2) → n.(log9 - log10) < log1 - log2 →

n.(log3² - 1) < 0 - log2 → n.(2.0,4771 - 1) < - 0,3010 → - 0,0458n < - 0,3010

0,0458n > 0,3010 → n > 6,57 → n_mínimo = 7

    

    

4. (Efomm 2018)  Um programa de auditório tem um jogo chamado “Porta Premiada”, que funciona da seguinte maneira:

1º. há três portas: uma tem prêmios e duas estão vazias;

2º. o apresentador pede ao convidado que escolha uma das portas;

3º. após a escolha, o apresentador abre uma das duas portas não escolhidas. Como ele sabe qual é a premiada, abre uma vazia;

4º. depois de aberta uma das portas, ele pergunta ao convidado se deseja trocar de porta;

5º. finalmente, abre a porta do convidado para verificar se ganhou ou perdeu.

Analisando o jogo de forma puramente probabilística, verifique qua(l)(is) das estratégias abaixo tem a maior probabilidade de vencer o jogo.

I. Após escolher a porta, não trocá-la até o final do jogo.

II. Todas as probabilidades são iguais; não há estratégia melhor que a outra, ou seja, tanto faz trocar ou não a porta.

III. A melhor estratégia é sempre trocar a porta.

Sobre as estratégias I, II e III apresentadas, é correto afirmar que :

a) somente a alternativa I está correta.   

b) somente a alternativa II está correta.   

c) somente a alternativa III está correta.   

d) nenhuma alternativa está correta.   

e) todas as alternativas apresentam circunstâncias com a mesma probabilidade de vencer.   

Resposta da questão 4:[C]

Sejam as portas P₁, P₂ e P₃.

Sem perda de generalidade, admitamos que o jogador escolheu a porta P₁ .Segundo os acontecimentos do programa, temos três possibilidades distintas.

Primeira possibilidade

O prêmio está na porta P₁ e o apresentador abre a P₂ ou a P₃

Se o jogador trocar de porta ele perde.

Segunda possibilidade

O prêmio está na porta P₂ e o apresentador abre a P₃

Se o jogador trocar de porta ele ganha.

Terceira possibilidade

O prêmio está na porta P₃ e o apresentador abre a P₂

Se o jogador trocar de porta ele ganha.

Assim, o jogador vence em duas das três possibilidades, ou seja, a probabilidade dele vencer trocando de porta é 2/3 e a dele perder é 1/3.

Assim, a melhor estratégia é sempre trocar a porta.

Com isso, a única alternativa correta é a [C], que diz que somente a alternativa [III] está correta.  

5. (Efomm 2018)  Um garoto dispõe de um único exemplar de cada poliedro de Platão existente. Para brincar, ele numerou cada vértice, face e aresta de cada poliedro sem repetir nenhum número. Em seguida, anotou esses números no próprio poliedro. Se ele sortear um dos números usados, aleatoriamente, qual será a probabilidade de o número sorteado representar um vértice?

a) 5/9   

b) 5/14   

c) 1/3   

d) 5/19   

e) 1/10   

  

Resposta da questão 5: [D]

Os poliedros de Platão são:

Tetraedro regular, Hexaedro regular (Cubo), Octaedro regular, Dodecaedro regular e Icosaedro regular.

O Tetraedro regular possui 4 vértices, 4 faces e 6 arestas.

O Hexaedro regular possui 8 vértices, 6 faces e 12 arestas.

O Octaedro regular possui 6 vértices, 8 faces e 12 arestas.

O dodecaedro possui 20 vértices, 12 faces e 30 arestas.

O Icosaedro regular possui 12 vértices, 20 faces e 30 arestas.

Assim, o total de vértices é 4 + 8 + 6 + 20 + 12 = 50, o total de faces é 4 + 8 + 6 + 20 + 12 = 50 e o total de arestas é 6 + 12 + 12 + 30 + 30 = 90.Portanto, serão necessários 50 + 50 + 90 = 190  números, dos quais 50 serão usados para os vértices.

Então, sendo p a probabilidade pedida, P = 50/90 = 5/19.

6. (Efomm 2018)  Qual é a área de uma circunferência inscrita em um triângulo equilátero, sabendo-se que esse triângulo está inscrito em uma circunferência de comprimento igual a 10π cm ?

a) 75π/4   

b) 25π/4      

c) 5π/2      

d) 25π/16      

e) 5π/4      

  

Resposta da questão 6:[B]

O raio da circunferência de comprimento igual a 10π cm é R, então,

2πR = 10R → R = 5 cm.

Assim, temos:

                                 

No triângulo ODC, sen 30⁰ = r/5 → r = 5/2.

Portanto, a área pedida S é tal que: S = π.(5/2)² → S = 25π/4 cm²

7. (Efomm 2018)  Seja C = {a₁, a₂, a₃, ..., a_n} com a₁ ≥ a₂ ≥ a₃ ≥ ... ≥ a_n o conjunto das n raízes da equação:

             1/3 . d/dx (x³ - 4) + 5/(x - 2) ^-1 = -4(x + 1) + 4x

Determine o valor de a₁ⁿ + a₂ⁿ + a₃n + ... + a_nⁿ .

a) -5   

b) 7   

c) 25   

d) 36   

e) 37   

Resposta da questão 7: [E]

De 1/3 . d/dx (x³ - 4) + 5/(x - 2) ^-1 = -4(x + 1) + 4x, temos:

1/3 . 3x² + 5/(x - 2)  = -4x - 4 + 4x → x² + 5x – 6 = 0

Assim, n = 2  e queremos calcular a₁² + a₂², onde a1 e a2 são raízes da

equação x² + 5x – 6 = 0 → x' = 1 ou x''= -6

Portanto a₁² + a₂² = 1² + (-6)² = 37

8. (Efomm 2018)  Para descrever um código que permite transformar uma palavra P de três letras em um vetor w ɛ R³, inicialmente, escolhe-se uma matriz 3x3. Por exemplo, a nossa “matriz código” será:

                                           2     2     0

                                 A =    3     3     1

                                           1     0     1

A partir da correspondência: A = 1; B = 2; C = 3; D = 4; ... ;X = 22; Z = 23

a palavra P é transformada em vetor v do R³. Em seguida, o código da palavra P é obtido pela operação w = Av. Por exemplo, a palavra MAR corresponde ao vetor (12, 1, 17) = v, a qual é codificada com w = Av = (26, 56, 19).

Usando o processo acima para decodificar w = (64, 107, 29), teremos :

a) x = 18, y = 14, z = 11/SOL   

b) x = 12, y = 5, z = 11/MEL   

c) x = 12, y = 1, z = 20/MAU   

d) x = 11, y = 20, z = 1/LUA   

e) x = 20, y = 21, z = 1/UVA   

  

Resposta da questão 8:[A]

Do enunciado, temos:

                           2     2     0

                           3     3     1   .   (x, y, z) = (64, 107, 29)

                           1     0     1

2x + 2y = 64 → x + y = 32 (eq. I)

3x + 3y + z = 107 (eq. II)

x + z = 29(eq. III)

Das equações I e II, 3.32 + z = 107 → z = 11

Substituindo z = 11 na equação III, x = 18.

Substituindo x = 18 na equação I, y = 14

Assim, x = 18, y = 14, z = 11 é a palavra é SOL  

9. (Efomm 2018)  A projeção ortogonal de A sobre a reta BC, sabendo-se que A(3, 7), B(1, 1) e C(9, 6), terá as coordenadas da projeção :

a) x = 468/85; y = 321/89. 

b) x = 478/87; y = 319/87.     

c) x = 487/84; y = 321/87.     

d) x = 457/89; y = 319/89.     

e) x = 472/89; y = 295/89.     

  

Resposta da questão 9: [D]

Do enunciado, temos:

Equação da reta r :

m_r = (6 - 1)/(9 - 1) = 5/8 → y – 1 = 5/8 . (x - 1) → y = 5x/8 + 3/8

Equação da reta s :

m_r . m_s = - 1 → 5/8 . m_s = - 1 → m_s = -8/5 → y - 7 = -8/5 . (x - 3) →

y = -8x/5 + 59/5

O ponto P é obtido resolvendo-se o sistema linear abaixo: y = 5x/8 + 3/8

e y = -8x/5 + 59/5 → 5x/8 + 3/8 = -8x/5 + 59/5 → x = 457/89 e y = 319/89

Assim, as coordenas da projeção são: P(457/89, 319/89)

  

10. (Efomm 2018)  Resolvendo 1 + i + i² + ... + iⁿ , com n = 4k + 1 e k ɛ Z (n^os inteiros), obtemos :

a) iⁿ   

b) 1 + iⁿ   

c) 1   

d) 1 + i² 

e) 1 + i     

  

Resposta da questão 10: ANULADA

Admitindo que i refere-se à unidade imaginária, ou seja, i² = - 1 temos:

1 + i + i² + ... + iⁿ é uma progressão geométrica de primeiro termo igual a 1

e possui n + 1 termos.

Assim, S = 1 + i + i² + ... + iⁿ = 1.(iⁿ⁺¹ - 1)/(i - 1)

Como n = 4k + 1, n + 1 = 4k + 2, k ɛ Z, portanto, S = (i^4k+2 - 1)/(i - 1) →

S = [(i⁴)^k . i² - 1]/(i - 1) → S = - 2(i - 1) → S = 1 + i

Note que: 1 + iⁿ = i + i^{4k + 1} = 1 + (i⁴)^k . i = 1 + i

Assim, as alternativas [B] e [E] são corretas.  

11. (Efomm 2018)  Resolvendo o sistema relações |z - 2| = |z + 4| e

|z - 3| + |z + 3| = 10, para z complexo, encontramos como solução :

a) – 1 + 8i√6/5 ; – 1 - 8i√6/5 ;

b)  1 + 8i√6/5 ; 1 - 8i√6/5 ;

  

c) – 1 + 6i√8/5 ; – 1 - 6i√8/5 ;

  

d)  1 + 6i√8/5 ;  1 - 6i√8/5 ;

  

e)  1 - 8i√6/5 ; – 1 - 8i√6/5 ;

  

Resposta da questão 11:[A]

Sendo |z - 2| = |z + 4| (eq. I) e |z - 3| + |z + 3| = 10 (eq. II)

Fazendo z = x + yi, com x e y reais,

|z - 2| = |z + 4| → √[(x - 2)² + y²] = √[(x + 4)² + y²] →(x - 2)² + y² = (x + 4)² + y²

x² – 4x + 4 = x² + 8x + 16 → - 12x = 12 → x = - 1

Substituindo x = - 1 na eq. II,

|z - 3| + |z + 3| = 10 → √[(x - 3)² + y²] + √[(x + 3)² + y²] = 10 →

√[(- 1 - 3)² + y²] + √[(- 1 + 3)² + y²]= 10 → √(16 + y²) + √(4 + y²) = 10

Fazendo y² = a → √(16 + a) + √(4 + a) = 10 → [√(16 + a)]² = [10 - √(4 + a)]² →

16 + a = 100 - 20√(4 + a) + 4 + a → 16 = 100 - 20√(4 + a) + 4  →  

16 = 100 - 20√(4 + a) + 4  →  - 88 = -20√(4 + a) → √(4 + a) = 88/20 →

[√(4 + a)]² = [22/5]² → 4 + a = 484/25 → a = 484/25 – 4 → a = 384/25.

Como y² = a → y² = 384/25 → y = ±√384/25 → y = ± (8√6)/5

Então, z = – 1 + 8i√6/5  ou  – 1 - 8i√6/5

  

  

12. (Efomm 2018)  No “Baile dos FERAS”, os organizadores notaram que a razão entre o número de homens e o número de mulheres presentes, no início do evento, era de 7/10. Durante o show, nenhum homem ou mulher saiu ou entrou. Ao final do show, os organizadores observaram no local o aumento de 255 homens e a redução de 150 mulheres, de modo que a razão entre o número de homens e o número de mulheres presentes depois disso passou a ser 9/10. Qual é o número total de pessoas que estiveram presentes em algum momento no show?

a) 3954   

b) 3570   

c) 3315              QUESTÃO  COM  GABARITO INCOERENTE

d) 1950   

e) 1365   

 

Resposta da questão 12:[C]

Do enunciado, havia, no início do evento, 7x homens e 10x mulheres.

Ao fim do evento, havia 9y homens e 10y mulheres, de modo que:

9y = 7x + 225  e   10y = 10x – 150 → y = x - 15

Substituindo y = x - 15 → 9(x - 15) = 7x + 225 → 2x = 390 →

x = 195 e y = 180.

Portanto, no início do evento, havia 17 . 195 = 3315 pessoas e no fim do

evento havia 19 . 180 = 3240 pessoas.

Assim, em algum momento do show estiveram presentes 3315 pessoas.  

13. (Efomm 2018)  Uma aluna do 3º ano da EFOMM, responsável pelas vendas dos produtos da SAMM (Sociedade Acadêmica da Marinha Mercante), percebeu que, com a venda de uma caneca a R$ 9,00 em média 300 pessoas compravam, quando colocadas as canecas à venda em um grande evento. Para cada redução de R$ 1,00 no preço da caneca, a venda aumentava em 100 unidades. Assim, o preço da caneca, para que a receita seja máxima, será de :

a) R$ 8,00   

b) R$ 7,00   

c) R$ 6,00   

d) R$ 5,00   

e) R$ 4,00   

  

Resposta da questão 13:[C]

Preço unitário de venda	Quantidade vendida
9	300
9 - 1	300 + 1.100
9 - 2	300 + 2.100
9 - 3	300 + 3.100
...	...
9 - n	300 + n.100

Sendo R a receita, R = (9 - n).(300 + 100n) → R = 100(9 - n).(n + 3)

R = 0 →  100(9 - n).(n + 3) = 0 → n' = - 3 ou n'' = 9

Para que R atinja seu valor máximo, n = (-3 + 9)/2 = 3.

Assim, o preço da caneca que maximiza a receita é 9 – 3 = 6 reais  

14. (Efomm 2018)  Seja f : R^* → R uma função tal que f(1) = 2 e

f(xy) = - f(-y)/x, Ɐx,y ɛ R*.  Então, o valor de f(1/2) será :

a) 5   

b) 4   

c) 3   

d) 2   

e) 1   

  

Resposta da questão 14:[B]

Como f(xy) = - f(-y)/x e f(1) = 2, então f((-2).(-1/2)) = - f(1/2)/-2 →

 f(1) = - f(1/2)/-2 → 2 = - f(1/2)/-2 → f(1/2) = 4.

  

15.(Efomm 2018)  A forma de uma montanha pode ser descrita pela equação y = - x² + 17x – 66 (6 ≤ x ≤ 11). Considere um atirador munido de um rifle de alta precisão, localizado no ponto (2, 0). A partir de que ponto, na montanha, um indefeso coelho estará 100% seguro?

a) (8, 9)   

b) (8, 6)   

c) (7, 9)   

d) (7, 5)   

e) (7, 4)   

  

  Resposta da questão 15:[B]

Teremos:

                         

A equação da reta t é dada por: y = mx + n

O ponto (2, 0) é um ponto da reta t, logo, 0 = 2m + n → n = - 2m

Então, y = mx – 2m.

O ponto de tangência entre a reta t e a parábola é dado por:

mx – 2m = - x² + 17x – 66 → x² + (m - 17)x + (66 – 2m) = 0.

Se a reta é tangente à parábola, então ∆ = 0 → (m - 17)² – 4.1.(66 – 2m) = 0

m² – 34m + 289 – 264 + 8m = 0 → m² – 26m + 25 = 0 → m' = 25 ou m" = 1

Se m = 1, y = x – 2 e y = - x² + 17x – 66 → x = 8 e y = 6

Se m = 25, y = 25x – 50 e y = - x² + 17x – 66 → x = - 4 e y = - 150

Como o ponto que garante a segurança do coelho está no primeiro

quadrante, tal ponto é: (8,6)

16. (Efomm 2018)  Num triângulo ABC, as bissetrizes dos ângulos externos do vértice B e C formam um ângulo de medida 50⁰. Calcule o ângulo interno do vértice A.

a) 110⁰   

b) 90⁰   

c) 80⁰   

d) 50⁰   

e) 20⁰   

  

Resposta da questão 16: [C]

                            

No triângulo BCD, α + β + 50⁰ = 180⁰ → α + β  = 130⁰

No triângulo ABC, ϴ + 180⁰ - 2α + 180⁰ - 2β = 180⁰ → ϴ - 2(α + β) = - 180⁰

ϴ - 2.130⁰ = - 180⁰ → ϴ = 80⁰

17. (Efomm 2018)  Os valores de A, sabendo-se que a função abaixo é contínua para todos os valores de x, será :

                  f(x) = A²x – A, x ≥ 3 e f(x) = 4, x < 3

a) 1 ou -1/2   

b) 1 ou - 2   

c) 2 ou 4   

d) 2 ou 3/4   

e) -1 ou 4/3   

  

Resposta da questão 17:[E]

Do enunciado, temos: f(3) = lim_x→3-f(x) = lim_x→3+f(x) = = lim_x→3 fx) = 4

Logo, A².3 – A = 4 → 3A² – A - 4 = 0 → A = - 1 ou A = 4/3

18. (Efomm 2018)  A equação da reta tangente ao gráfico f(x) = 1/x no ponto (5, 1/5) será :

a) 25y + x – 10 = 0   

b) 10y – x + 7 = 0   

c) 7y + 2x – 2 = 0   

d) 10y + x – 10 = 0   

e) 5y + x – 10 = 0   

Resposta da questão 18:[A]

De f '(x) = 1/x = x^-1 = - x^-2 = - 1/x² →  f '(5) = - 1/5² → f '(5) = - 1/25

Então, y - 1/5 = -1/25 . (x - 5) → 25 y - 5 = - x + 5 → 25 y + x - 10 = 0