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CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS

Questões de 01 a 45

01| A Com o auxílio da regra da mão direita, determina-se que a carga elétrica da partícula é negativa (sentido horário). A força centrípeta é igual à força magnética, assim obtemos a expressão para o raio da curva, que depende diretamente da velocidade de acordo com:

m vRq B⋅

=⋅

Portanto, à medida que o raio da curva diminui, a velocidade da partícula também diminui. Alternativa [A].

02| C Teremos:

4 314 3 2 2 22

3,5 mols de gases

NH NO 80NH NO 1N (g) 2H O(g) O (g)

80 g

=

→ + +

3,5 mols160 g gases

gases

1 1

2 2

n

n 7 mols

P V n R TV 1,0 L

R 0,082 atm.L.mol .KT 167 273 440 KP 1,0 7 0,082 440

P 252,56 atm 2,5256 10 atm 2,5 10 atm

− −

=

× = × ×=

== + =× = × ×

= = × ≈ ×

03| C

Observe a figura.

9,0dmλ = .ty 2.sen6π =

→ 12 f f Hz

6 12πω π= = → =

1 3V f 9x dm / s12 4

λ= = = .

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04| E As plantas dos manguezais apresentam adaptações para sobreviver em solo encharcado de água salobra e pobre em oxigênio, tais como raízes respiratórias (pneumotóforos), as quais afloram do solo e absorvem o oxigênio diretamente do ar.

05| A A filha 3 poderá ser filha do casal caso a mãe seja heterozigota para o sistema ABO, sendo AI i. É possível excluir a filiação da menina número 1 apenas pelo exame de sangue. A mãe com tipo sanguíneo A e o pai com tipo AB podem ter filhos do tipo sanguíneo B caso a mãe seja heterozigota. O casal pode ter filhos com sangue A, B e AB. Caso a mãe seja heterozigota para A A(I i) e o pai AB (IAIB), a possibilidade de

terem uma criança AB é de 25%, de acordo com a tabela:

H/M AI BI AI A AI I A BI I i AI i BI i

06| A Sulfato de chumbo (II) reage com carbonato de sódio (lixiviação básica):

4 2 3 3 2 4sal

insolúvel

PbSO Na CO PbCO Na SO (etapa 1 lixiviação básica e dessulfuração)+ → + −

3 3 3 2 2 2

salsolúvel

PbCO 2HNO Pb(NO ) H O CO (etapa 2 lixiviação básica )+ → + + −

2 2H O 2H 2OH+ −→ +

23 2Pb(NO ) Pb +→ 32

2NO

( ) Pb

−

+

+

+ 2e−+ 0Pb (redução cátodo)

( ) 2OH−

→ −

− 2e−→ 2H O+

2 2+ 00

3 2 2 3 2chumbometálico

1O (oxidação ânodo)2 (etapa 3 redução do Pb em Pb )1Pb(NO ) H O 2H 2NO O Pb

2+ −

+ −−

+ → + + +

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07| C

14

5 1

9 1

pH 1

[H ] [OH ] 10

[OH ] 10 mol L

[H ] 10 mol L

[H ] 10 mol LpH 9

+ − −

− − −

+ − −

+ − −

× =

= ⋅

= ⋅

= ⋅=

08| B

O sarin apresenta regiões polares, logo dissolve bem na água (semelhante tende a dissolver semelhante). A principal força intermolecular encontrada entre as moléculas do sarin é a interação dipolo-dipolo, pois suas moléculas são predominantemente polares.

09| A Teremos:

𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑁𝑂𝑂3 𝑁𝑁𝑁𝑁+ + 𝑁𝑁𝑂𝑂3− + 𝐻𝐻2𝑂𝑂 ⇄ 𝐻𝐻+ + 𝑁𝑁𝑂𝑂3− + 𝑁𝑁𝑁𝑁+ + 𝑂𝑂𝐻𝐻− 𝐻𝐻2𝑂𝑂 ⇄ 𝐻𝐻+ + 𝑂𝑂𝐻𝐻−��

𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑛𝑛𝑒𝑒𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑒𝑒𝑝𝑝𝑝𝑝=7

𝑁𝑁𝑁𝑁𝐶𝐶6𝐻𝐻7𝑂𝑂2 𝑁𝑁𝑁𝑁+ + 𝐶𝐶6𝐻𝐻7𝑂𝑂2− +𝐻𝐻2𝑂𝑂 ⇄ 𝐶𝐶6𝐻𝐻8𝑂𝑂2 + 𝑁𝑁𝑁𝑁+ + 𝑂𝑂𝐻𝐻−

𝐶𝐶6𝐻𝐻7𝑂𝑂2− +𝐻𝐻2𝑂𝑂 ⇄ 𝐶𝐶6𝐻𝐻8𝑂𝑂2��

á𝑐𝑐𝑒𝑒𝑐𝑐𝑒𝑒𝑓𝑓𝑛𝑛𝑓𝑓𝑐𝑐𝑒𝑒

+ 𝑂𝑂𝐻𝐻−�𝑚𝑚𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑏𝑏á𝑠𝑠𝑒𝑒𝑐𝑐𝑒𝑒𝑝𝑝𝑝𝑝>7

10| D

O relaxamento do diafragma e da musculatura intercostal causa a expiração. O álcool dissolvido no plasma sanguíneo é volátil e passa para o ar alveolar. O etilômetro mede o teor do álcool etílico presente no ar expirado pelos pulmões.

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11| A

A transesterificação que representa efetivamente a formação das moléculas orgânicas de combustíveis que compõem o biodiesel está representada na figura pelo número 1.

12| A O ciclo da difilobotríase é semelhante ao da teníase, causada pelos platelmintos Taenia solium e Taenia saginata.

13| C Com os interruptores abertos, a resistência equivalente será:

eq

eq

R 100 50 250

R 400 Ω

= + +

=

Corrente no circuito (e no amperímetro): 8 400 ii 0,02 A= ⋅=

Com os interruptores fechados, o resistor de 250 Ω estará em curto circuito. Tensão no resistor de 50 :Ω U 50 0,02U 1 V= ⋅=

A tensão sobre o resistor R também equivalerá a 1 V (pois estão em paralelo), e a tensão sobre o resistor de 100 Ω será de 7 V. Logo, a corrente neste último resistor será: 7 100 ii 0,07 A= ⋅=

Portanto, a corrente sobre o resistor R será de 0,05 A, e R valerá: 1 R 0,05

R 20 Ω= ⋅

∴ =

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14| A

Usando a Conservação da Energia Mecânica, a energia elástica é igual a energia potencial gravitacional máxima, assim obtemos a altura máxima.

= ⇒ = ∴ =2 2

e pgmáx máx máxkx kxE E mgh h2 2mg

( )−−

−

⋅ ⋅= ∴ = ⋅

⋅ ⋅ ⋅

223

máx máx1

10 2 10 2h h 10 m32 3 10 10

Quando o objeto atinge a metade da altura máxima, sua velocidade será:

= + ⇒ = + ⇒ = −

2 2 2e pg c

kx mv 2 kxE E E mgh v mgh2 2 m 2

( )221 3 2

1

10 2 102 1 2 100 cm 200v 3 10 10 10 v 10 m s v cm s2 3 3 1m 33 10

−− − −

−

⋅ ⋅

= − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ∴ = ⋅

15| D

Teremos:

4 2 2 7 2 2 2 3

Decomposição térmica :

(NH ) Cr O (s) N (g) 4H O(g) Cr O (s)1mol

Δ→ + +

4 mols0,50 mol

2

2

H O

H O

n

n 2,00 mols=

16| B

Para forças de mesma intensidade (F), aplicadas perpendicularmente nas extremidades das alavancas, para os três modelos, 1, 2 e 3, temos os respectivos momentos:

1

2 1 2 3

3

M F 40M F 30 M M M .M F 25

= ⋅

= ⋅ ⇒ > > = ⋅

17| A

O polímero representado na alternativa [A] possui ligações pi alternadas e isto é fundamental para que ocorra ressonância e transmissão de corrente elétrica:

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18| C

d 2 7,2t t 0,18 s.40v 403,6

Δ Δ= = = ⇒ =

19| B

A árvore filogenética proposta aponta que o receptor ancestral comum a todos os receptores respondia apenas ao estrogênio.

20| C A natureza da interação da fosfatidilserina com o cálcio livre é do tipo iônica devido às interações eletrostáticas do cátion cálcio 2(Ca )+ com os grupos aniônicos fosfato e carboxila.

21| D As bactérias são organismos procariotos que apresentam o DNA genômico disperso no citosol. Os leucócitos são células eucarióticas que possuem o envoltório nuclear envolvendo o seu material genético.

22| C Dados:

6 3d dP 2 P 2 MW P 2 10 W; c 4 kJ kg C 4 10 J kg C; 3 C.Δθ= = ⇒ = × = ⋅ ° = × ⋅ ° = °

O fluxo mássico (kg s) pedido é m .t

ΦΔ

=

Da definição de potência:

6

3Q m P 2 10P mc P t 167 kg s.t t c 4 10 3

Δθ Δ Φ ΦΔ Δ Δθ

×= ⇒ = ⇒ = = = ⇒ ≅

× ⋅

23| D

O hipotálamo libera o hormônio liberador de gonadotrofinas (GnRH), que estimula a adenoipófise a secretar o hormônio folículo-estimulante (FSH), que promove o crescimento e diferenciação do ovócito primário, a proliferação das células foliculares, a formação da zona pelúcida, que é uma camada grossa de glicoproteína que envolve o ovócito, e o desenvolvimento da teca folicular.

24| D Em angiospermas ocorre a dupla fecundação, tanto no processo de polinização cruzada quanto na autopolinização.

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25| B

No caso descrito, o conceito biológico de espécie proposto por Ernst Mayr, em 1942, segundo o qual espécies distintas estão isoladas reprodutivamente, não se confirma. Em certos casos de acasalamento de indivíduos considerados de espécies diferentes, a descendência é fértil.

26| E Aplicando a relação de Gauss e percebendo que f 50 cm= − por se tratar de um espelho convexo, temos: 1 1 1 1 1 1 1 8f p p' 50 30 p' p ' 150

p' 18,75 cm

= + ⇒ − = + ⇒ = −

∴ = −

Pela equação do aumento linear, chegamos a: i p ' i 18,75o p 10 30

i 6,25 cm

= − ⇒ =

∴ =

27| A

Como a potência é a mesma no primário e no secundário, temos a seguinte relação entre as tensões e as correntes:

1 2 11 2 2P P V I V I= ⇒ = Para que os possíveis danos causados às pessoas sejam minimizados, é necessário que a corrente elétrica associada ao secundário seja reduzida, já que este está ligado diretamente a fiação.

28| A Teremos:

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29| A Teremos:

2 2 2 3gás carbônico ácido

expirado carbônico

2 3 3 2meio meiobásico neutro

2 3

Azul de bromotimol NaOH (azul)CO H O H CO

azul (básico) para verde (neutro)H CO NaOH NaHCO H O

Excesso de H CO implica em amarelo.

+

+ → + → +

30| C

Região

Porcentagem (%) de pureza

Consumo de carvão por tonelada (1000 kg) de ferro produzido

A

2 3160 g (Fe O )

2 3Fe O

2 56 g (Fe)m

×

2 3Fe O

52,5 g (Fe)

52,5 g 160 gm 75 g2 56 g

75 g em 100 g 75%

×= =

×⇒

2 3 22 Fe O 3 C 4 Fe 3 CO

3 12 g+ → +

×

C

4 56 gm

×

C

C

1000 kg1000 kg 3 12 gm 160,71kg

4 56 gm 161kg

× ×= =

×≈

B

72 g (FeO)

FeO

56 g (Fe)m

FeO

62,3 g (Fe)62,3 g 72 gm 80,1g

56 g80,1g em 100 g 80,1%

×= =

⇒

22 FeO C 2 Fe CO

12 g+ → +

C

2 56 gm

×

C

C

1000 kg1000 kg 12 gm 107,14 kg

2 56 gm 107 kg107 kg implica em menor consumo.

×= =

×≈

C

3 4232 g (Fe O )

3 4Fe O

3 56 g (Fe)m

×

3 4

3 4

Fe O

Fe O

61,5 g (Fe)

61,5 g 232 gm 84,93 g3 56 g

m 85 g

85 g em 100 g 85%85% implica em maior pureza.

×= =

×≈

⇒

3 4 2Fe O 2 C 3 Fe 2 CO

2 12 g+ → +

×

C

3 56 gm

×

C

C

1000 kg1000 kg 2 12 gm 142,857 kg

3 56 gm 142,86 kg

× ×= =

×≈

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31| E

Como o objeto não encosta no transdutor, a força a que ele está submetido deve decorrer da diferença de pressão dos sons emitido e refletido aplicada no objeto. Seja A a área do objeto sujeita à força vertical e PΔ a diferença de pressão sobre ele. A força que equilibra o seu peso é dada por: F P AΔ= ⋅

32| B

4 2 3CH (g) 3F (g) CHF (g) 3HF(g)( 75 kJ) 3(0) ( 1437 kJ) 3( 271kJ)

H [ 1437 kJ 3( 271kJ)] [ 75 kJ]H 2175 kJΔΔ

+ → +

− − −

= − + − − −= −

33| B

Numa amostra de 100cm3 da mistura contendo o volume máximo permitido de água, temos 4,9cm3 de água e 95,1cm3 de álcool hidratado. A densidade dessa mistura é:

álc ág

álc ág

3

m m 0,8 95,1 1 4,9 76,08 4,9dV V 100 100

d 0,81 g/cm .

+ ⋅ + ⋅ += = =

+

=

34| E

Teremos: 1000kg (1 tonelada de suco); 12 % em massa de sólidos totais

12 kg 100 kg1000 kg mm 120 kg (sólidos totais)120 kg

=48 %

m' 100 %m' 250 kgMassa de água evaporada 1000 kg 250 kg 750 kg

== − =

35| C

Os animais representados são agrupados no filo dos cordados, porque compartilham e evoluíram a partir de um ancestral comum.

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36| A

Para cada esfera, a expressão para a dilatação térmica com relação ao coeficiente de dilatação linear de cada uma é dado por: Esfera 1:

( )= ⋅ ⋅ − ∴ = ⋅ ⋅1 0 1 0 0 1 0 0 1V V 3 3T T V 6V TΔ α Δ α Esfera 2:

( )= ⋅ ⋅ − ∴ = ⋅ ⋅2 0 2 0 0 2 0 0 2V V 3 3T T V 6V TΔ α Δ α Como foi dito que a diferença de entre os volumes das esferas, após a temperatura ser triplicada é igual a V∆ :

( )1 2

0 0 1 0 0 2 0 0 1 2

V V VV 6V T 6V T V 6V T

Δ Δα α α α

∆ = −

∆ = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = ⋅ ⋅ −

Logo, a diferença entre os coeficientes de dilatação linear é:

∆− =

⋅1 20 0

V6V T

α α

37| A

A resposta imunológica secundária é mais rápida e mais intensa devido à ação dos linfócitos de memória produzidos após a primeira exposição ao antígeno.

38| C Teremos: [I] Substância apolar, consequentemente faz dipolo induzindo - dipolo induzido (van der waals). [II] Substância apolar, consequentemente faz dipolo induzindo - dipolo induzido (van der waals). [III] Substância polar, devido à presença da hidroxila faz ligações ou pontes de hidrogênio.

39| C Para a potência em repouso de 1 W, a potência total produzida pela usina é de:

ut

t t

P 1 100,3 P WP P 3

η = ⇒ = ⇒ =

Logo, a energia produzida em 30 dias devido a esta potência equivale a:

t10E P t 30 24 60 60 8.640.000 J3

E 8,64 MJ

Δ= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

∴ =

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40| B

Alelos: V (asa normal) e v (asa vestigial) P (preta) e p (cinza)

Pais: VvPp × VvPp

Filhos: 916

V_P_ : 316

V_pp : 316

vvP_ : 116

ppvv

P (filhos V_P_) = 9 288 16216

× =

41| A A utilização doméstica de produtos de limpeza contendo cloro reduz o tamanho populacional dos insetos e de micro-organismos patogênicos.

42| A Cálculo da resistência equivalente em cada circuito: Figura II:

II

II

2 2II II

II

1 1 1 1 1R 60 60 40 401 2 2

R 60 401 80 120 1 200

R R2400 2400R 12

Ω Ω Ω Ω

Ω ΩΩ Ω Ω

Ω ΩΩ

= + + +

= +

+= ⇒ =

=

Aplicando a primeira lei de Ohm, a corrente indicada no amperímetro é:

= = ∴ =II IIII

U 120 Vi i 10 AR 12 Ω

Aqui já temos a resposta da questão, mas vamos calcular igualmente para a figura III para conferir se não há equivalência. Cálculo da resistência equivalente na Figura III:

( )III

3

4III3

4III4

III III3

1 1 1 1 1R 100 60 40 20

6 10 15 301R 600

1 61R 600

600R R 9,83661

Ω Ω Ω Ω

Ω

Ω

ΩΩ

Ω ΩΩ

= + + +

+ + +=

=

= ∴ =

Aplicando a primeira lei de Ohm, a corrente indicada no amperímetro é:

= = ∴ =III IIIIII

U 120 Vi i 12,2 AR 9,836 Ω

Alternativa [A].

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43| C Com o diagrama de corpo livre, extraímos a equação global da força resultante para todo o sistema de blocos, usando o Princípio Fundamental da Dinâmica achamos a aceleração do sistema:

( )1 x 1 2

1

P T T P m m a

m g T

− + − = + ⋅

− T+ ( )

( )

2 1 2

2

m g sen 30 m m a14 10 4 10 4 4 a2

2040 20 8a a a 2,5 m s8

− ° = + ⋅

⋅ − ⋅ ⋅ = + ⋅

− = ⇒ = ∴ =

Com a aceleração, usando a equação das posições em função do tempo para um móvel em MRUV, temos o tempo de queda:

2

2 2

t 2ss a t2 a

2 0,5 m 1mt t 0,63 s2,5 m / s 2,5 m / s

= ⋅ ⇒ =

⋅= = ∴ =

44| C

As células da figura B sofreram plasmólise, fenômeno em que as células murcham, diminuem de volume após perderem água pelos vacúolos, pois foram colocadas em meio hipertônico (mais concentrado de solutos), causando a diminuição do citoplasma, que se distancia da membrana plasmática.

45| D O mimetismo é o fenômeno em que duas espécies diferentes compartilham alguma semelhança reconhecida por outras espécies, conferindo algumas vantagens de sobrevivência, como é o caso da cobra falsa-coral, que apresenta dentes inoculadores de veneno na região posterior da boca (menos ofensiva), mas que possui coloração externa de aviso a predadores muito semelhante à coral-verdadeira, que possui dentes injetores de veneno na região anterior da boca (mais ofensiva); já a camuflagem é o fenômeno em que uma espécie apresenta uma ou mais características corporais que se assemelham ao ambiente.

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MATEMÁTICA E SUAS TECNOLOGIAS

Questões de 46 a 90

46| D

Desde que o tempo para ir de Q até P na primeira volta é 3V

horas e o tempo para ir

de P até Q na segunda volta é 3

V 3− horas, temos

2

3 3 50 3(V 3) 3V 5V V 3 60 V(V 3) 6

5V 51V 54 0V 9km h.

− ++ = ⇔ =

− −

⇒ − + =⇒ =

47| C

Do gráfico, tem-se que o saldo devedor inicial é R$ 500,00. Além disso, como a capitalização é composta, podemos concluir que a parcela mensal de juros é variável. Finalmente, supondo uma taxa de juros constante e igual a 10% ao mês, teríamos, ao final de 6 meses, um saldo devedor igual a 6500 (1,1) R$ 885,78.⋅ ≅ Portanto, comparando esse resultado com o gráfico, podemos afirmar que a taxa de juros mensal é superior a 10%.

48| B As distâncias diárias percorridas constituem uma progressão aritmética de primeiro termo 300 e razão 200. Logo, a distância percorrida no dia n é dada por

nd 200n 100.= + Queremos calcular n de modo que nS 9500,≤ com nS sendo a distância total percorrida após n dias. Assim,

2300 200n 100 n 9500 n 2n 95 02

1 n 4 6 1.

+ + ⋅ ≤ ⇔ + − ≤

⇒ ≤ ≤ −

Portanto, como 4 6 1 8,8,− ≅ segue-se que o chip poderá armazenar a quilometragem do plano de treino por 8 dias consecutivos.

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49| C

Preço do pacote azul em função dos minutos de uso.

80, se x 100P(x)

80 (x 100) 0,90, se x 100≤

= + − ⋅ >

Preço do pacote laranja em função dos minutos de uso.

143, se x 300P(x)

143 (x 300) 0,40, se x 300≤

= + − ⋅ >

Comparações dos pacotes Se x 100,≤ o pacote azul será o mais vantajoso. Se 100 x 300,< ≤ o pacote laranja será mais vantajoso se: 143 80 (x 100) 0,9 143 80 0,9x 90 0,9x 153 x 170< + − ⋅ ⇒ < + − ⇒ − < − ⇒ > Portanto, 170 x 300< ≤ Se x 300,> o pacote laranja será mais vantajoso se: 143 (x 300) 0,4 80 (x 100) 0,9 143 0,4x 120 80 0,9x 90

0,5x 33 x 66+ − ⋅ < + − ⋅ ⇒ + − < + − ⇒

− < − ⇒ >

Portanto, x 300.> Logo, para ser mais vantajoso contratar o pacote laranja, comparativamente ao pacote azul, o número mínimo de minutos de ligação que o usuário deverá fazer é 171.

50| C Existem 5 maneiras de colocar o primeiro tubo, 4 modos de colocar o segundo tubo e 3 maneiras de colocar o terceiro tubo. Logo, desconsiderando qualquer restrição, pelo Princípio Multiplicativo, temos 5 4 3 60⋅ ⋅ = modos de colocar os tubos. Por outro lado, existem 2 maneiras de colocar o tubo A em uma das extremidades, 4 modos de colocar o segundo tubo e 3 maneiras de colocar o terceiro tubo. Portanto, novamente pelo Princípio Multiplicativo, temos 2 4 3 24⋅ ⋅ = modos de dispor os tubos, de tal sorte que A ocupe uma das extremidades. A resposta é 60 24 36.− =

51| B

É fácil ver que o número de quadrados pretos que restam após a n-ésima iteração é dado por n8 . Portanto, após a terceira iteração, o número de quadrados pretos que restam é igual a 38 512.=

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52| D

Sendo a temperatura máxima, máxT , igual a 2

máx(4,8)T 28,8 C

4 ( 0,2)= − = °

⋅ − e U 35,=

vem

A35 27 28,8I 1,57.20 10

−= + =

Desse modo, no horário da temperatura máxima, a condição de ocorrência de incêndio era provável, já que 1 1,57 2.< ≤

53| E

O resultado pedido é dado por (0,7 0,15) 400000 340.000.+ ⋅ =

54| A

P 0,15 0,37 aproximadamente 6%.= ⋅ =

55| E

Pelas informações do enunciado pode-se deduzir que o segmento CE mede CB 2 (ou seja, é a diagonal de um quadrado de lado CB), e que CB é a metade de AB. Assim, pode-se calcular:

( )

( )

2 22

2

AB 25 2CE CB 2 22 2

25 2 25 2 25 2 25 2 625 625 2CF 2 cos135 2 22 2 2 2 2 2 2

625 2 2 2 2 2CF 625 625 CF 252 2 2

= = =

= + − ⋅ ⋅ ⋅ ° = ⋅ − ⋅ ⋅ −

+ += + = ⋅ ⇒ = ⋅

56| C

Supondo que o raio da base das canecas deve ser tal que a capacidade de uma caneca seja maior do que ou igual à capacidade de um copo grande, temos

2 2 2 2 2

2

2 2

8 4y 6 (2,4 3,6 2,4 3,6) y 1,2 (4 9 6)3 9

y 0,64 19

y 12,16cm .

ππ ⋅⋅ ⋅ ≥ ⋅ + + ⋅ ⇔ ≥ ⋅ ⋅ + +

⇔ ≥ ⋅

⇔ ≥

Observação: Se o raio das canecas estiver expresso em centímetros, então 2y será expresso em centímetros quadrados.

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57| C

Quando acrescentamos três vértices a um grafo completo de V vértices o número de arestas sofre um aumento de: 3 V 3⋅ + (onde, 3V é o número de arestas formadas com os vértices já existentes e 3 o número de arestas formadas entre os 3 vértices acrescentados.) Portanto: 3 V 3 39 V 12⋅ + = ⇒ = O número de aresta será dado por:

12 11A 662⋅

= =

Logo, V A 12 66 78.+ = + =

58| B

Calculando as quantidades dos componentes, em 300mg, encontramos 78mg de P, 45mg de Q, 30mg de R, 102mg de S e 45mg de T. Desse modo, com a modificação na composição, temos 78 45 R' 0,95 102 T ' 300 T ' 80,1 R'.+ + + ⋅ + = ⇔ = − Ademais, sabendo que 0 T ' 45mg< < e R' 30mg,> vem 0 80,1 R' 45 35,1mg R' 80,1mg.< − < ⇔ < < Por outro lado, devemos ter

R' R R' 302 2Q' T ' Q T 45 80,1 R' 45 45

R' 2 0125,1 R' 3R' 50,04 0R' 125,1R' 50,04 ou R' 125,1.

≤ ⋅ ⇔ ≤ ⋅+ + + − +

⇔ − ≤−

−⇔ ≥

−⇔ ≤ >

Em consequência, segue que 35,1mg R' 50,04mg< ≤ e, portanto, a quantidade percentual máxima de R que poderá ser utilizada, de modo que os efeitos colaterais não excedam o dobro dos efeitos colaterais da composição inicial do medicamento, é 50,04 100% 17%.300

⋅ ≅

59| A

Sejam c e f , respectivamente o comprimento da marca no chão e o comprimento da marca na foto. Desse modo, temos

cc f

f

15 5 ,3

= ⇔ =

ou seja, a marca no chão é 5 vezes maior do que a marca na imagem revelada.

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60| A

Sejam v o valor da entrada e n o número de aumentos de R$ 2,00. Logo,

v 10v 10 2 n n .2−

= + ⋅ ⇔ =

Assim, temos P 1000 40 n

v 101000 402

1200 20v.

= − ⋅−

= − ⋅

= −

O que implica em Pv 6020

= − e, portanto,

2P PF 60 P 60P.

20 20 = − ⋅ = − +

61| D

Considere a figura.

A região indicada é a que João tem a menor probabilidade de acertar. Nessa região ele ganha 4 prêmios.

62| B Tem-se que a resposta é dada por 364,4 smoots 364,4 (5 30,5 7 2,5)

61948cm619,48 m.

= ⋅ ⋅ + ⋅==

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63| A

Quando a partícula se encontra na posição inicial a distância ao centro é 1cm. E quando se encontra em B (distante 1cm de B) a distância até o centro é 2cm. Podemos perceber estas duas condições apenas no gráfico da alternativa [A].

64| B Lembrando que 31m 1000 L,= tem-se que o resultado pedido é dado por

6,25 6,252 30 90 16 0,9 0,45 60 (0,5625 0,5050)1000 1000

R$ 3,45.

⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ = ⋅ −

=

65| A

Sejam n, f e p, respectivamente o número de dias em que a pessoa não fez qualquer das atividades, o número de dias em que ela fez fisioterapia e o número de dias que ela fez pilates. Logo, temos n p 24,+ = n f 14+ = e f p 22.+ = Em consequência, somando essas equações, encontramos 2n 2f 2p 60 n f p 30,+ + = ⇔ + + = que é o resultado procurado.

66| D Tamanho do carrinho: Comprimento: 387/43 = 9 cm Largura: 172/43 = 4 cm Tamanho da caixa do carrinho: Comprimento: 9 + 0,5 +0,5 = 10 cm Largura: 4 + 0,5 + 0,5 = 5 cm 95 cm : 10 = 9,5, portanto, cabem no máximo 9 carrinhos em cada prateleira.

67| C Se a distância r da origem for igual ao ângulo formado com o eixo (r )θ= então a distância aumentará assim como o ângulo. Desenhando:

Assim, o gráfico que melhor representa o conjunto de pontos será uma espiral.

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68| D Calculando:

* *3,8 3 8 1,8 10,8

10! 10 9C C C 452! 8! 2+ −

⋅= = = = =

⋅

69| C

80 400 500 160 400 200Média 290.

6+ + + + +

= =

70| A

Associando um sistema cartesiano à figura, obtemos:

Sabendo que A( 8, 2)− e V(0,10), temos:

2V V2

2

f(x) a (x x ) y

f(x) a (x 0) 10

2 a ( 8 0) 10164a 8 a8

= ⋅ − +

= ⋅ − +

= ⋅ − − +

− = ⇒ = −

Logo,

21f(x) x 108

= − ⋅ +

Calculando agora as raízes da função:

2

2

10 x 108

1 x 10 x 4 5 x 8,88

= − ⋅ +

⋅ = ⇒ = ± ⇒ ±

Portanto, d 8 8,8d 16,8− ==

Resposta: [A] menor que 17 m.

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71| D

Para o primeiro traço temos 12 opções, duas verticais, duas diagonais e duas horizontais, considerando cada um de seus sentidos. Para cada uma das opções do primeiro traço teremos duas opções para o segundo traço e para cada uma das opções do segundo traço teremos duas opções para o terceiro traço. Portanto, o número de códigos possíveis que esse usuário pode criar é: 12 2 2 48⋅ ⋅ =

72| B Considere a figura, em que C é o centro do círculo tangente aos arcos MP e NP, S é o ponto médio de MN e Q é o ponto de interseção do círculo de centro C com o arco NP.

Logo, sabendo que CS CQ 15 u.c.= = e MN MQ,= pelo Teorema de Pitágoras, vem

22 2 2 2 2

2

MNMC MS CS (MN 15) 152

MN 40MN 0MN 40 u.c.

= + ⇒ − = +

⇒ − =

⇒ =

73| D

O jovem pode constatar com certeza que a bola atingiu 35m em quatro pontos mostrados pela intersecção de sua trajetória com a reta h = 35. No ponto assinalado como dúvida, o jovem não pode afirmar com certeza que a bola atingiu 35m.

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74| C Girando a forma em torno do arame rígido, obtemos a figura abaixo.

Portanto, a decomposição do foguete, no sentido da ponta para a cauda, é formada pela seguinte sequência de sólidos: cone reto cilindro reto

tronco de cone e cilindro equilátero

75| C O ambiente apresenta 20 40 800⋅ = gramas de vapor de água. Logo, como em 30

minutos serão retirados 1000 600 200 g

2−

= de vapor de água, podemos concluir que a

umidade relativa nesse ambiente será 800 200 100% 75%.

800−

⋅ =

76| E

Calculando:

3x 10y 87 3x 10y 8710 0,9x 25 1,1y 243 9x 27,5y 2439x 9y 30y 27,5y 261 243 2,5y 18 y 7,2 x 5

7,2 5 0,44 44%5

+ = + = ⇒ ⋅ + ⋅ = + =

− + − + = − + ⇒ = ⇒ = ⇒ =−

= =

77| A

O valor total em notas de 100 será representado por 100n, onde n é o número de notas. A diferença entre o valor recebido por um médico e o valor recebido por um orientando será dada por:

( )950 300 n50n 50n 650 n6 19 114 114

− ⋅ ⋅− = =

Considerando:

650 nn 114 650 (não é múltiplo de 100)114

650 nn 228 1300 (múltiplo de 100)114

⋅= ⇒ =

⋅= ⇒ =

Portanto, a diferença pedida é no mínimo R$ 1.300,00.

(AB 4FG BB' 2FG),= ≠ =

(BC 3FG 2FG),= ≠ (EF 2FG).=

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78| A A resposta é dada por

90,85 100% 2,55%.300⋅ ⋅ =

79| A

Considerando-se os trapézios APRC e BQSD, pode-se calcular:

AP CR 10 18TM 142 2

BQ SD 8 22TN 152 2

MN TN TM 15 14 1

+ += = =

+ += = =

= − = − =

80| C

Calculando:

b c 1528 2a 5 b c 80 28 2a 5 15 80 2a 32 a 16+ =+ + + + = → + + + = → = → =

81| D

Como os cilindros possuem a mesma área lateral podemos escrever que:

h2 6 H 2 r h 6 r 6 1,2 r r 5 cmH

h 1,2 h 1,2 HH

π π⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =

= ⇒ = ⋅

O volume do cilindro B é 3240 cm ,π logo:

25 h 240 h 9,6 cm e H 8 cmπ π⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ = = Portanto, a diferença entre os volumes será dada por:

2 3A BV V 6 8 240 48 cmπ π π− = ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ ⋅

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82| B Devemos calcular o total das notas de cada aluno e, em seguida, dividir por sete. Obtendo assim a média de cada candidato. Candidato 1: 33,5

7= 4,78

Candidato 2: 30,5 4,36

7=


7=


7=

Candidato 5: 47 6,717

=

83| E

Calculando:

11

1 12

21 2

2

1 1

3apótema a2

3 312 2 4

3S 3 34S 4 16

⋅⇒ =

⋅ ⋅= ⋅ =

⋅ = = =

84| C

O gráfico I se refere à g(x) 10logx,= pois quando x é igual a 10, y será igual a 10. O gráfico II se refere à f(x) 10 logx,= + pois quando x é igual a 1, y será igual a 10. O gráfico III se refere à h(x) log(10x),= pois quando x é igual a 1, y será igual a 1. O gráfico IV se refere à p(x) log(x 10),= + pois quando x é igual a zero, y será igual 1.

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85| E

Considerando que A é a quantia recebida por Alberto, B é a quantia recebida por Bruno, C é a quantia recebida por Carlos e a informações do problema, temos:

A 0,8 C (I)7B C (II)8

C 25 B 50 (III)

= ⋅ = ⋅ − = +

Substituindo (II) em (III), obtemos:

7CC 25 258

8C 200 7C 200C 400.

− = +

− = +=

Portanto, 7A B C 0,8 400 400 400 320 350 400 1.070,00.8

+ + = ⋅ + ⋅ + = + + =

86| E

Calculando:

CA 1sen 30 CA 10 CA 510 2

BD DC BD DC BD 10 210 5 5DA CA DC

° = ⇒ = ⋅ ⇒ =

= ⇒ = ⇒ = =

87| A

Calculando:

( )

( )

( )

ABC

3x 4 5x 25ponto A 9x 12 10x 50 19x 38 x 2 y 5 A 2 ;52 33 0 4ponto B y y 2 B 0 ;2

25x 25ponto C 0 5x 25 x 5 C 5 ;0

3

2 5 11 1S 0 2 1 19 9,5 u.a.2 2

5 0 1∆

+ − +⇒ = ⇒ + = − + ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒

⋅ +⇒ = ⇒ = ⇒

− +⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒

= ⋅ = ⋅ =

88| A

Calculando: x cidade mais populosax 5000 x 400008

x x x x x x x x xPopulação x2 3 4 5 6 7 8 9 10

40000 20000 13333 10000 8000 6666 5714 5000 4444 4000 117.157 hab.

=

= ⇒ =

= + + + + + + + + + =

+ + + + + + + + + =

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89| A

Considerando o triângulo retângulo desenhado em vermelho na figura acima, e sendo r o raio da circunferência menor e R o raio da circunferência maior, pode-se escrever:

( ) ( )2 22R r R R r+ = + − mas R 4=

( ) ( )2 22 2 2

2 2hachurada

4 r 4 4 r 16 8r r 16 16 8r r 16r 16 r 1

4 1 64 15S 4 8 32 82 2 2 2

π π π ππ

+ = + − ⇒ + + = + − + ⇒ = ⇒ =

⋅ ⋅ −= ⋅ − + = − + =

90| A

Sejam x e y, respectivamente, o número de seringas não utilizadas e o número de seringas utilizadas ao fim do dia. Logo, tem-se que x 2 9xyy 9 2x 15 1 9x3x 45 15y 15 3 2

y 180.

x 40

= =⇔

+= + = −

−

=⇔

=

A resposta é x y 220.+ =

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