RESOLUÇÃO PROVA MAGISTÉRIO MATEMÁTICA 2014 - SEEDUC - RJ

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FACULDADES INTEGRADAS CAMPO-GRANDENSES COORDENAÇÃO DE MATEMÁTICA

RESOLUÇÃO DA PROVA DO MAGISTÉRIO – MATEMÁTICA, DA REDE ESTADUAL DE ENSINO DO ESTADO DO RIO DE JANEIRO, REALIZADA EM JANEIRO DE 2014.

Prova resolvida pelos Professores Alzir Fourny Marinhos e Lúcio Sebastião Coelho da Silva.

QUESTÃO 21 - Prof. Alzir A negação de “sempre” é “existe pelo menos uma vez que não” A negação de “nunca” é “existe uma vez que” A negação de “p e q” é “~p ou ~q” A negação de “p ou q” é “~p e ~q” No nosso caso é sempre: Todos os professores de Matemática são inteligentes. A negação: Existe pelo menos um professor de Matemática que não é inteligente. RESPOSTA: C QUESTÃO 22-Prof. Alzir M0 é a quantidade de massa inicial. A massa da substância é M = M0 . e – kT. A massa M da substância reduzida à metade é M = Devemos calcular T:

1 M 0  M 0 e  kT 2 1  2e  kT Aplicando ln nos dois membros. ln 1  ln 2e  kT Aplicando propriedades : 0  ln 2  ln e  kT 0  ln 2  kT. ln e Como ln e  1, temos :  ln 2  kT T

1 ln 2. k

RESPOSTA : D

M0 . 2

QUESTÃO 23 – Prof. Lúcio Considere que as quantidades de picolés comprados por Maria, nos respectivos sabores, sejam: Chocolate => x Limão => y Uva => z Morango => t Seguindo os dados da questão, cada maneira de Maria realizar uma compra de 6 picolés corresponde a uma solução da equação x + y + z + t = 6, com x, y, z e t naturais. Duas dessas soluções são dadas no enunciado: (1, 5, 0, 0) e ( 2, 1, 1, 2). As soluções podem ser representadas conforme se sugere abaixo: ( 2, 1, 1, 2) =>   +  + +   (1, 5, 0, 0) =>  +      + + É importante perceber que cada solução pode ser representada por um conjunto de 9 símbolos, sendo 6 () e 3 (+). Com isso, há apenas uma troca de posição entre os mesmos elementos, ou seja, os agrupamentos formados diferem entre si apenas pela ordem de seus elementos, distintos ou não. Portanto, esse é um caso clássico de permutação com elementos repetidos, cuja resolução se dá pela expressão:

.

Resposta: D QUESTÃO 24-Prof. Alzir Temos uma função f(x) ( que representa y). A função f(x) é tal que (x,y) satisfazem a lei da função. Neste caso vamos verificar um ponto do gráfico. Como exemplo o ponto ( Vamos ver a lei f ( x)  0,5  1,5 cos(2 x   )

f ( x)  0,5  1,5 cos(2.

 2

)

f ( x)  0,5  1,5 cos 0 Como cos 0 = 1 temos f(x) = 0,5 + 1,5 = 2.

 ,2). 2

Daí o ponto (

 ,2) satizfaz a lei f ( x)  0,5  1,5 cos(2 x   ) . 2

RESPOSTA: A QUESTÃO 25 – Prof. Alzir f(X) =

2x  4 2x  4

A função pode ser escrita como f(x) = 1, com domínio 2x – 4  0. Daí x  2 . A função é constante, igual a 1 e com x  2 . RESPOSTA: D QUESTÃO 26 – Prof. Alzir. No intervalo ] -1, 2] as imagens são constantes e igual a 1. No intervalo ] 2, 3] as imagens são constantes e igual a 4. Logo as imagens são {1,4}. RESPOSTA: B Questão 27 – Prof. Lúcio A divisão do prêmio será considerada justa se for diretamente proporcional à probabilidade de cada um ganhar o jogo no momento em que foi interrompido. Assim, como o jogador A já havia vencido 9 partidas, bastava que ele ganhasse apenas mais uma para ser o vencedor. Porém, para que o jogador B conseguisse vencer o jogo, seria necessário vencer 3 partidas consecutivas, pois vencera 7 até o momento. Logo, a probabilidade de B ganhar o jogo, a partir de onde foi interrompido é igual a: P(B) =

.

Portanto, o jogador B deverá receber a oitava parte do prêmio (R$100,00 : 8 = R$12,50) e o jogador A, ficará com o restante (R$100,00 – R$12,50 = R$87,50). Resposta: B

QUESTÃO 28 _ Prof. Alzir. Vamos montar um quadro de sinais:

-3

-2

-1

0

1

f

+

+

-

-

g

-

-

-

-

-

+

h

-

-

+

+

-

-

+

+

+

+

-

+

-

f.g/h +

-

2 -

-

+

Veja que h está no denominador da função é não pode ser zero. Logo x não pode ser igual a -2, 0 e 2, pois anula o denominador. Então temos como solução da inequação : ]  ,  2[ U ]  2, 0[ U [1, 2[ RESPOSTA: E QUESTÃO 29 – Prof. Alzir. 5 . 2 + 1 – 3 . ( -2 ) = 17 RESPOSTA: C QUESTÃO 30 – Prof. Alzir. Vamos resolver a inequação

x 2  12  x3 0 x x 2  12  x 2  3x 0 x

x 2  12  x  3. x

 12  3x 0 x 0 f(x) = 3x -12

-

g(x) = x f(x)/g(x)

4 -

+

+ +

+

-

+

Veja que x diferente de zero. A solução da inequação

 12  3x  0 é o intervalo é ]0, 4]. x

Neste intervalo temo os inteiro 1, 2, 3, 4. Temos quatro soluções inteiras. RESPOSTA: E QUESTÃO 31- Prof. Alzir. x lugares desocupados. Valor cobrado y = ( 50 – x) . ( 200 + 20x) = 10000 + 1000x – 200x – 20 x2= -20x2 + 800x + 10000. Veja que a função quadrática y = -20x2 + 800x + 10000 tem máximo ( valor cobrado) para xv =

 b  800   20 ( lugares desocupados) 2a  40 O número de lugares ocupados é 50 – 20 = 30. RESPOSTA: A Questão 32- Prof. Lúcio Segundo os dados da questão, Renato e Roberto devem se encontrar em horários, no intervalo de 16h às 17h, cuja diferença seja de, no máximo, 15 minutos. Representando o horário de chegada de Roberto por x e o de Renato por y, nas condições do problema, tem-se: |x – y|<

, com x, y  [0, 1]. O que corresponde, no Plano Cartesiano, à

região sombreada no gráfico abaixo:

Para eles não se encontrarem, o ponto (x, y) deve pertencer ao quadrado unitário, mas não estar na parte sombreada do mesmo. Portanto, os dois triângulos retângulos a serem considerados, juntos, formam um quadrado de lado igual a 1  = . Logo, a área não sombreada corresponde à probabilidade de Renato e Roberto não se encontrarem: P =

.

Resposta: D QUESTÃO 33- Prof. Alzir. Sejam as grandezas nº de aves e nº de dias – são grandezaa inversamente proporcionais. Para alimentar as 16 aves, o fazendeiro tinha ração suficiente para alimentá-las durante 62 dias. Passados 14 dias, restariam 48 dias para essas 16 aves consumirem o restante da ração. Mas como o fazendeiro após esses 14 dias vendeu 4 aves, então as 12 aves que ficaram consumiriam o restante da ração em 64 dias. Veja: N0 de aves

n0 de dias

16

48

12

x

Como é inversamente proporcional temos:

12 48  ; x  64 16 x Agora, passados 15 dias, restariam 49 dias para essas 12 aves consumirem o restante da ração. Mas como o fazendeiro após esses 15 dias comprou mais 16 aves, então as 28 aves consumiriam o restante da ração em 21 dias. Veja:

N0 de aves

n0 de dias

12

49

28

x

28 49  ; x  21dias. 12 x QUESTÃO 34-Prof. Alzir. f(x) =

3x 2 cos x  32 x sen 2 x  1

A função deve ter sen2 x – 1 diferente de zero.

sen 2 x  1  0 sen 2 x  1 senx  1 e senx   1 Daí x  k 

 2

, k int eiro.

RESPOSTA: A QUESTÃO 35-Prof. Alzir. Veja que a parábola tem concavidade para cima, logo a >0. Veja que a parábola intercepta o eixo y abaixo de zero, logo com valor negativo. Daí c 0 e c < 0. Vamos analisar o sinal de b: supor as raízes -1 e 4. Teremos y = a (x +1) ( x – 4)e y = a(x2 – 4x + x – 4). Então y = a(x2 - 3x – 4). Como a >0, temo b < 0. Logo temos a>0, b