QUESTOES CONCURSO PÚBLICO CFOPM/BA 2011 - COMENTADAS

1. Após interrogar o suspeito de um delito, o entrevistador concluiu que “se o suspeito mentiu, então ele é culpado”. Sendo verdadeira tal conclusão, também é verdade que :

01) o suspeito mentiu.

02) o suspeito é culpado.

03) o suspeito não é culpado e mentiu.

04) se o suspeito não é culpado, então ele não mentiu.

05) se o suspeito não mentiu, então ele não é culpado

Vejamos :

Em lógica, contraposição é uma lei, que diz que, para toda sentença condicional, há uma equivalência lógica entre a mesma e sua contrapositiva.

Na contrapositiva de uma sentença, o antecedente e o consequente são invertidos e negados.

Portanto a contrapositiva de “se o suspeito mentiu, então ele é culpado”

é “se o suspeito não é culpado, então ele não mentiu”

2. A partir de uma pesquisa feita entre n motoristas, n ∈ N, finito, obteve-se o seguinte resultado:

• 50% já foram multados por estacionamento em local proibido;

• 60% já foram multados por uso do celular enquanto dirigiam;

• 15 nunca foram multados por estacionamento em local proibido e por uso do celular enquanto dirigiam.

Nessas condições, o número mínimo de motoristas que podem ter sido multados por haverem cometido as duas infrações é igual a :

01) 18

02) 19

03) 21

04) 23

05) 24

Vejamos :

Vamos usar um diagrama e estabelecer as condições apresentadas.

X + Y = 50% de W = 0,5W

Z + Y = 60% de W = 0,6W

X + Y + Z = W – 15 → (X + Y + Z) + Y = (W – 15) + Y →

(X + Y) + (Z + Y) = W – 15 + Y → 0,5W + 0,6W = W – 15 + Y →

1,1W = W = - 15 + Y → 1,1W – W = 15 + Y → Y = 0,1W + 15

Portanto o número mínimo de motoristas que podem ter sido

multados por haverem cometido as duas infrações pode ser calculado por

Y = 0,1W + 15.

Adotando valores a W, múltiplos de dez, chegaremos ao mínimo com W =

40 → Y = 0,1.40 + 15 → Y = 4 + 15 → Y = 19

3. Em um torneio de tiro ao alvo, cada atirador dispara três vezes contra um alvo. O número de pontos feito por cada atirador é a soma dos pontos obtidos ao acertar cada região do alvo, de acordo com os valores indicados na figura. 

Um atirador que conseguiu acertar o alvo, nas três vezes em que atirou, tem um número de possibilidades distintas, de pontuação, igual a :

01) 16

02) 17

03) 18

04) 19

05) 20

Como os valores no alvo são 1, 2, 5 e 9,  cada atirador disparando três

vezes, poderá obter os seguintes resultados : 111, 112, 115, 119, 121, 122,

125, 129, 151, 152, 155, 159, 191, 192, 195, 199, 222, 211, 212, 215, 219, 221,

225, 229, 251, 252, 255, 259, 291, 292, 295, 299, 555, 511, 512, 515, 519, 521,

522, 525, 529,  551, 552, 559, 591, 592, 595, 599, 999, 911, 912, 915, 919,

921, 922, 925, 929, 951, 952, 955, 959, 991, 992, 995.

   

64 possibilidades; cujas somas são, respectivamente  3, 4, 7, 11, 4, 5, 8,

12, 7, 8, 11, 15, 11, 12, 15, 19, 6, 4, 5, 8, 12, 5, 9, 13, 8, 9, 12, 16, 12, 13, 16,

20, 15, 7, 8, 11, 15, 8, 9, 12, 16, 11, 12, 19, 15, 16, 19, 23, 27, 11, 12, 15, 19,

12, 13, 16, 20, 15, 16, 19, 23, 19, 20, 23

Portanto 64 possibilidades menos 48 com somas repetidas, igual a 16

possibilidades distintas.

4. Ao consultar uma pasta de documentos, um funcionário observou que eles foram arquivados na ordem crescente de sua numeração, obedecendo à sequência 1, 3, 4, 6, 7, 9, .... Calculando-se a média aritmética dos números atribuídos aos trinta primeiros documentos, o valor obtido é igual a :

01) 20

02) 23

03) 26

04) 29

05) 32

Vejamos :

Observando à sequência 1, 3, 4, 6, 7, 9, .... notamos duas progressões

aritméticas, (1, 4, 7, ... ) e (3, 6, 9, ... ).

Como foi pedido a média dos 30 primeiros termos, então basta somar os

15 primeiros de cada PA e calculá-la.

PA → (1, 4, 7, ... ) → a₁₅ = a₁ + (n-1)r → a₁₅ = 1 + (15-1).3 → a₁₅ = 43

S₁₅ = (a₁ + a₁₅).n/2 = (1 + 43).15/2 = 44.15/2 = 22.15 = 330

PA → (3, 6, 9, ... ) → a₁₅ = a₁ + (n-1)r → a₁₅ = 3 + (15-1).3 → a₁₅ = 45

S₁₅ = (a₁ + a₁₅).n/2 = (3 + 45).15/2 = 48.15/2 = 24.15 = 360

Finalmente a média será igual a (330 + 360)/30 = 690/30 = 23

5. Cientes de que terão que passar por uma avaliação física, dois amigos utilizam a natação como um dos meios para adquirir a boa forma necessária. Certo dia, em uma piscina retangular, partindo no mesmo instante, de raias distintas e de lados opostos, eles começaram a nadar, em linha reta, sem parar, e com velocidades constantes. Sabendo-se que, na primeira vez que se cruzaram, estavam a 18 m de uma das bordas e, na segunda vez, a 22 m da outra borda, nadando em sentidos opostos, pode-se afirmar que o comprimento, em metros, da piscina era igual a :

01) 28

02) 32

03) 36

04) 40

05) 44

Como sabemos, velocidade = distancia/tempo, então :

1⁰ encontro → V_A = 18/t₁  e  V_B = (x - 18)/t₁

2⁰ encontro → V_A = (x – 18 + 22)/t₂  e  V_B = (18 + x - 22)/t₂  → V_A = (x + 4)/t₂ 

e  V_B = (x - 4)/t₂

Por substituição, vem:

1⁰ encontro → 18/V_A  =  (x - 18)/V_B → V_B/V_A = (x - 18)/18

2⁰ encontro → (x + 4)/V_A  e  (x - 4 )/V_B → V_B/V_A = (x - 4)/(x + 4)

Portanto (x - 18)/18 = (x - 4)/(x + 4) → (x - 18)(x + 4) = 18(x - 4) →

(x - 18)(x + 4) = 18(x - 4) → x² + 4x – 18x – 72 = 18x – 72 → x² - 32x = 0 →

x(x - 32) = 0 → x = 0(não convém) ou x = 32m

6. Uma pessoa teve furtada sua carteira com 12 cédulas e, ao prestar queixa na delegacia, declarou haver uma cédula de R$ 20,00, algumas de R$ 5,00 e outras de R$ 10,00, mas não soube precisar o valor total. Admitindo-se que o quadrado do número de cédulas de R$ 5,00 seja menor do que o número total das demais, é correto afirmar que a quantia mínima que a pessoa poderia ter, em reais, na carteira seria igual a :

01) 100

02) 105

03) 110

04) 115

05) 120

Vejamos :

Uma pessoa declarou haver uma cédula de R$ 20,00, algumas de R$ 5,00 e outras de R$ 10,00 → 1.20 + x.5 + y.10   e  1 + x + y = 12 → x + y = 11.

Admitindo-se que o quadrado do número de cédulas de R$ 5,00 seja menor do que o número total das demais → x² < 1 + y → x² < 12 – x

x² + x – 12 < 0 → ∆ = 49 → x = (-1 ± 7)/2 → x' = 3 ou x'' = - 4

                    +           _             +

               ---------- ------------- ---------- →  - 4 < x < 3 → x ɛ {1, 2}

                          -4              3

Se x = 1 → y = 10 → 1.20 + x.5 + y.10  → 20 + 5 + 100 = 125

Se x = 2 → y = 9 → 1.20 + x.5 + y.10  → 20 + 10 + 90 = 120

7. As companhias aéreas cobram de seus passageiros uma taxa por cada quilograma de bagagem que exceda o limite de peso por ela estabelecido. Em um determinado voo, o peso total da bagagem do casal M era de 60 kg e, em conjunto, eles pagaram uma taxa de R$ 8,00 pelo excesso, e sobre a bagagem da Sra. N, que tinha 50 kg de peso, foi cobrada uma taxa de R$ 20,00. A função E(x) que determina o valor cobrado, de cada passageiro, pelo transporte de x kg de bagagem pode ser definida por :

01)0, se 0 ≤ x ≤ 20 e 0,8x – 20, se x > 20

02)0, se 0 ≤ x ≤ 20 e 0,9x – 25, se x > 20

03)0, se 0 ≤ x ≤ 25 e 0,8x – 20, se x > 25

04)0, se 0 ≤ x ≤ 25 e 0,9x – 25, se x > 20

05)0, se 0 ≤ x ≤ 30 e x – 30, se x > 30

Vejamos :

Vamos adotar,

''a'' como peso da bagagem de um passageiro;

'' b'' como peso permitido por passageiro;

''c'' constante associada ao excesso de peso da bagagem e

''V'' valor cobrado pelo excesso de peso.

Portanto V = (a - b).c será a equação do valor cobrado pelo excesso de

bagagem, por passageiro.

Para o casal M → V = (a - b).c → 8 = (60 - 2b).c → 8 = 60c – 2bc (eq. I)

Para a Sra N → V = (a - b).c → 20 = (50 - b).c → 20 = 50c – bc →

bc = 50c – 20 (eq. II).

Substituindo II em I, vem 8 = 60c – 2.(50c - 20) → 8 = 60c – 100c + 40 →

40c = 32 → c = 0,8 → b.0,8 = 50.0,8 – 20 → 0,8b = 20 → b = 20/0,8 → b = 25

Finalmente, a função que expressa o excesso de peso por passageiro

será  V = c(a - b) → E(x) = 0,8(x - 25), para x > 25

8. Com a contínua evolução tecnológica, a cada dia os aparelhos eletrônicos são produzidos com processadores mais velozes, que conseguem realizar suas tarefas num tempo cada vez menor. Supondo-se que o tempo, em milésimos de segundo (milissegundos), que certo componente eletrônico leva para processar x bits, seja dado por

T(x) = log₈ x e considerando-se log 2 = 0,30, pode-se concluir que 250 bits serão processados em, aproximadamente,

01) 2,66 milissegundos.

02) 3,86 milissegundos.

03) 4,22 milissegundos

04) 5,02 milissegundos.

05) 6,00 milissegundos.

Vejamos :

Como T(x) = log₈ x, então T(250) = log₈ 250 = log250/log8 = log2.5³/log2³ =

(log2 + log5³)/log2³ = (log2 + 3log5)/log2³ = (log2 + 3log10/2)/3log2 =

(log2 + 3log10 – 3log2)/3log2 = (0,3 + 3.1 – 3.0,3)/3.0,3 = (0,3 + 3 – 0,9)/0,9 =

2,4/0,9 = 2,66 milissegundos.

9. Supondo-se que cada um dos 120 candidatos inscritos em um concurso receba como código de identificação um anagrama distinto, da sigla CFOPM, pode-se estimar que a probabilidade de o anagrama impresso em um cartão escolhido aleatoriamente começar e terminar por consoante é igual a :

01) 48%

02) 51%

03) 53%

04) 57%

05) 60%

Vejamos :

Como existem 5! = 120 anagramas distinto, da sigla CFOPM, então

existem começando e terminando por consoante, 4 . 3! . 3 = 72 anagramas

Portanto a probabilidade de o anagrama impresso em um cartão

escolhido aleatoriamente começar e terminar por consoante é igual a

72/120 = 60%

10. Com relação à figura apresentada,

• o segmento OP representa a haste à qual é fixada a lâmina de borracha PQ, do limpador de parabrisa do vidro traseiro de um automóvel, segundo um ângulo constante α = 150⁰ ;

• a região sombreada representa a área A, varrida por PQ quando OP faz uma rotação em torno do centro O, de um ângulo β, no sentido anti-horário;

Sendo OP = PQ = x e β = 60º , pode-se afirmar que uma expressão válida para A, em u.a., é :

01)πx²(1 + √3)/6

02)π/6(x² + √6)

03)π/3(x² + √2)

04)πx²/3(1 + √6)/3

05)π/4(x² + √2x)

Vejamos :

Observe o ∆OPQ, onde OP = PQ = x, α = 150⁰ e OQ = y.

Através da lei dos cossenos,  y² = x² + x² – 2xxcos150⁰  =  2x² + 2x².√3/2  

y² = x²(2 + √3) → y = √x²(2 + √3).

Agora note que a região sombreada poderá ser obtida através da

diferença entre dois setores de 60⁰(A_Setor = απr²/360⁰ → A = 60⁰ πr²/360⁰

A_{Setor 60} = πr²/6), onde o maior tem raio medindo y e o menor x.

Portanto A = πR²/6 - πr²/6 = πy²/6 - πx²/6 = π x²(2 + √3)/6 - πx²/6

A = π x²(2 + √3 - 1)/6 → A = π x²(1 + √3)/6

11. É frequente a utilização de cones de PVC na sinalização de trânsito, estacionamentos, obras etc. Ao adquirir dois desses cones — o maior com altura igual a 70cm e diâmetro da base, 40cm, e o menor com altura igual a 50cm e diâmetro da base, 24cm — o comprador decide guardá-los em uma caixa fechada que tem a forma de um prisma reto de base quadrada. Para que a base do cone maior fique apoiada na base inferior da caixa e o cone menor encaixado sobre o maior, será necessário utilizar-se uma caixa cuja capacidade interna mínima, em cm³, seja igual a

01) 2⁴.5.19

02) 2⁵.5².19

03) 2⁵.5.23                   

04) 2⁷.5².23

05) 2⁷.5².39

Vejamos :

Cone grande → H₁ = 70 cm e Raio da base → R = 20 cm

Cone pequeno → H₂ = 50 cm e Raio da base → r = 12cm

Observe esta semelhança entre os dois triângulos no corte do cone

R/H₁ = r/x → 20/70 = 12/ x → 20x = 840 → x = 42 cm

Como H₂ = 50 cm, então faltam 8 cm para que ao cone menor fique na caixa.

Portanto a altura da caixa será igual a H₁ + 8 cm = 78 cm.

Finalmente o volume da caixa será V = 40x40x78 = 2³.5.2³.5.2.39 = 2⁷.5².39 cm³

12. Três postos policiais fixos — P(–1,3), Q(0,0) e R(3,0) — instalados em um grande bairro de uma cidade, estão situados em pontos equidistantes da delegacia D, nesse bairro. Utilizando-se o sistema de coordenadas cartesianas, em uma figura para representá-los, pode-se concluir que a distância, em unidades de comprimento, de cada posto à delegacia, é igual a :

01)5√10/6

02)5√5/3

03)3√10/2

04)3√15/2

05)10√5/3

Vejamos :

Como os três postos policiais fixos, P(–1,3), Q(0,0) e R(3,0), equidistam da

delegacia D(x, y), então : d _PD = d _QD = d _RD

                                             

√(x_D - x_P)²+(y_D - y_P)² = √(x_D – x_Q)²+(y_D – y_Q)² = √(x_D – x_R)²+(y_D – y_R)²

√(x + 1)²+(y - 3)² = √x²+y ² = √(x – 3)²+y², elevando ao quadrado, vem:

(x + 1)²+(y-3)² = x²+y² = (x–3)²+y²

 x²+y ² = (x–3)²+y² → x² = (x–3)² → x² = x² – 6x + 9 → 6x = 9 → x = 3/2

(x + 1)²+(y - 3)² = x²+y ² → x² + 2x + 1 + y² – 6y + 9 = x² + y² → 2x + 1 = 6y - 9 

2.3/2 + 1 = 6y – 9 → 3 + 1 = 6y – 9 → 6y = 13 → y = 13/6 

Portanto a distância d_PQ = √x²+y ² = √(3/2)² + (13/6)² = √(9/4 + 169/36) =

√(81/36 + 169/36) = √(250/36) = 5√10/6 u.c.

13. Segundo dados divulgados pela imprensa, o comércio de bens falsificados corresponde a 2% de todas as transações comerciais feitas no mundo, sendo 250 bilhões de dólares o valor do mercado de pirataria no planeta. Só em 2009, foram apreendidos pela Receita Federal no Brasil, de produtos falsos, o equivalente a 1,414 bilhões de reais. Tal montante, considerando-se que, atualmente, um dólar vale cerca de R$1,50, corresponde, em dólares, a um valor entre :

01) 900 e 910 milhões.

02) 911 e 920 milhões.

03) 921 e 930 milhões.

04) 931 e 940 milhões.

05) 941 e 950 milhões

Vejamos :

Como,  foram apreendidos de produtos falsos, o equivalente a 1,414

bilhões de reais, em dólares, a R$ 1,50 o dólar, corresponde a :

1.414.000.000,00 ÷ 1,50 = 942.666.666,67 = 942 milhões de dólares.

14. Apesar de não ser um investimento de alta rentabilidade, a caderneta de poupança garante que as pessoas tenham um fundo de reserva com alguma atualização e alta liquidez. Se uma caderneta de poupança remunera a aplicação de um capital C à taxa nominal de 6% a.a. capitalizada mensalmente, no regime de juros compostos, pode-se afirmar que os montantes obtidos, a cada mês do período de aplicação, formam uma :

01) progressão aritmética de razão 0,005.

02) progressão aritmética de razão 1,005.

03) progressão geométrica de razão 0,005.

04) progressão geométrica de razão 1,005.

05) sequência que não é progressão aritmética, nem progressão geométrica

Vejamos :

Como num regime de capitalização a juros compostos o saldo cresce em

progressão geométrica, então neste caso basta encontrarmos a taxa

mensal equivalente a 6% ao ano.

Como sabemos, taxas equivalentes se relacionam , no regime de

juros compostos, através da expressão :

1 + i_a = (1 + i_m)¹² →1 + 6%aa = (1 + i_m)¹² → 1 + 0,06 = (1 + i_m)¹² → ¹²√1,06

¹²√1,06 – 1 = i_m → 1,004867 – 1 = 0,004867 = 0,4867% ≈ 0,5%am

Portanto cada mês forma uma PG de razão 1,005, aproximadamente.

15. Dois grupos de estudantes foram submetidos a uma avaliação. Uma análise das notas obtidas por eles apontou, para o primeiro grupo, média e desvio padrão respectivamente iguais a M1 = 5 e D1 = 1,5 e, para o segundo grupo, média e desvio padrão iguais a M2 = 7 e D2 = 2,5. Por uma tarefa complementar, cada aluno do primeiro grupo teve um acréscimo de 20% à nota obtida na primeira avaliação e cada aluno do segundo grupo teve 1 ponto de acréscimo à referida nota. Sendo M1’ e D1’, M2’ e D2’ as médias e desvios padrão depois do acréscimo, no primeiro e segundo grupos, é correto afirmar que :

01) M1’− M1 = 0,2 e D1’ − D1 = 0,2

02) M1 < M1’ e D1 = D1’

03) M2’ − M2 = 1 e D2’ − D2 = 1

04) M2 < M2’ e D2 = D2’

05) D1’ − D1 = 0,3 e D2’ − D2 = 1

Vejamos :

M1 = 5  → M1^' = M1 + 20%M1 = 1,2M1= 1,2.5 → M1' = 6

D1 = 1,5 → D1^' = D1+ 20%D1= 1,2 D1 = 1,2.1,5 → D1' = 1,8

M2 = 7  → M2^' = M2 + 1 → M2' = 8

D2 = 2,5 → como cada aluno do segundo grupo teve 1 ponto de acréscimo

à referida nota, então o desvio padrão não sofrerá acréscimo → D2' = D2