Fisica exercicios resolvidos  007
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Fisica exercicios resolvidos  007 Fisica exercicios resolvidos 007 Document Transcript

  • PROVA COMENTADA E RESOLVIDA PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO Vestibular AFA 2010 Prova de Matemática COMENTÁRIO GERAL DOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO A prova de Matemática da AFA em 2010 apresentou-se excessivamente algébrica. Para o equílibrio que se espera nesta seleção, seria sensato que as geometrias plana e métrica espacial fossem mais exploradas. Outro aspecto que merece destaque é a presença de questões com duas alternativas corretas e sem resposta. Isso certamente prejudicou os alunos mais bem preparados. Espera-se uma atenção maior por parte dos elaboradores nos próximos concursos. Acreditamos no desempenho destacado dos alunos do Curso Positivo uma vez que os assuntos exigidos na prova foram estudados exaustivamente em nossas aulas. Equipe de Matemática do Curso PositivoQUESTÃO 21 a) Não é possível pesar Gabriel e João juntos, pois G + J = 42 < 60. b) Não é possível pesar Maria sozinha, pois M = 55 < 60 . c) A diferença entre os “pesos” de Pedro e Maria é igual a 20 kg, igual ao “peso” de Gabriel. d) O “peso” de Maria e João juntos é igual a 77 kg, maior que o “peso” de Pedro. Resposta: B QUESTÃO 22RESOLUÇÃOSendo P, M, G e J as massas, em kg, de Pedro, Maria,Gabriel e João, temos:P + M + G = 150 (I)P + G + J = 117 (II)M + G + J = 97 (III)P + M + G + J = 172 (IV)Substituindo (I), (II) e (III) em (IV), temos:150 + J = 172 ∴ J = 22117 + M = 172 ∴ M = 5597 + P = 172 ∴ P = 75Substituindo em (IV) os valores de J, M e P encontrados,temos:75 + 55 + 22 + G = 172 ∴ G = 20 1 MATEMÁTICA
  • PROVA COMENTADA E RESOLVIDA PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO Vestibular AFA 2010 Prova de MatemáticaRESOLUÇÃO  x + 2y – z = 0 Para determinar a quantidade necessária de poltronas ⇔ y + z = 0para a fabricação dos três modelos de aviões no ano de 0 = 0 2009, basta multiplicarmos as matrizes  20 30 * Assim, y = –z e x + 2.(–z) – z = 0 ∴ x = 3z, ou seja, o  20 30 60   sistema é homogêneo, indeterminado com soluçãoA =   e B =  y 25  , e somarmos os  6 10 15    geral dada pelo conjunto {(3z; –z; z}, z ∈IR.  10 8 * *  x + 2y – z = 0  x + 2y – z = 0elementos da primeira linha da matriz produto, ou seja:   * Se m = –3, S =  x + 3y – 3z = 0 ⇔  y – 2z = 0 .A.B =  x + 3y – 3z = –3  y – 2z = –3    20 30   20 30 60    x + 2y – z = 0=  .  y 25 =  6 10 15      10 8  ⇔  y – 2z = 0 Assim, o sistema é impossível. 0 = –3   400 + 30y + 600 600 + 750 + 480=  = É falso que S é determinado se, e somente se, m ≠ 0,  120 + 10y + 150 180 + 250 + 120  pois para m = –3 o sistema é impossível. 1000 + 30y 1830=  É falso que se S é homogêneo, x + y + z é múltiplo de 3,  270 + 10y 550  pois x + y + z = 3z que não múltiplo de 3 para todo real z.Assim, 1000 + 30y + 1830 = 3280 ∴ y = 15 e a soma dos Resposta: B e Calgarismos de y é igual a 1 + 5 = 6.*20 + 0,5.20 = 30 **10 – 0,2.10 = 8 QUESTÃO 24Resposta: AQUESTÃO 23 RESOLUÇÃO Os lados do quadrado cuja área é igual a 1250 medemRESOLUÇÃO 1250 = 25 2. Sendo R a medida do raio da circunferência circunscrita 1 2 –1 ao quadrado, temos:Se 1 –m –3 = –m2 – 3m ≠ 0 então, m ≠ 0 e m ≠ –3, ou 1 1 1 3 m 25 2 . 2 = 2 . R ∴ R = 25. Assim, = 25 ∴ b = , b 25seja, o sistema é possível e determinado.  1 1 ou seja, b ∈  , .  x + 2y – z = 0  x + 2y – z = 0  26 24   * Se m = 0, S =  x – 3z = 0 ⇔  –2y – 2z = 0 Observação: O enunciado afirma que b ∈ IN*, o que  x + 3y = 0 y + z = 0 não é verdade.   Resposta: B 2 MATEMÁTICA
  • PROVA COMENTADA E RESOLVIDA PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO Vestibular AFA 2010 Prova de MatemáticaQUESTÃO 25 QUESTÃO 26 RESOLUÇÃO Vamos determinar o ponto de intersecção das retas (s) e (t).  2x + y – 2 = 0 8 2  →x= ey=–  x – 3y – 2 = 0 7 7 A equação da reta r é dada por:RESOLUÇÃO  2  8 1 y –  –  = mr .  x –  , onde mr é o coeficiente angularSabe-se que P(0) = 0, P(2) = 0 e P(1) = . Além disso,  7  7 2 da reta r.sendo q(x) o quociente da divisão de P(x) por 8 2 P(x) (x – 2).(x – 1). x mr . x – y – . mr – = 0(x – 2).(x – 1).x, temos: 7 7 q(x)⇔ P(x) = (x – 2).(x – 1).x.q(x)+R(x) Qualquer ponto da reta t é equidistante das retas r e (s). Tomando por exemplo o ponto (2; 0), pertencente à retaSendo R(x) = a.x2 + b.x +c, a, b, c ∈ IR, temos: (t), temos:P(0) = c = 0 8 2 m r .2 – 1.0 – .m r – 2.2 + 0 – 2 7 7P(2) = 4a + 2b + c = 0 = → 2 2 + 12 2 mr + 1 1P(1) = a + b + c = 6 2 2 .m r – 2 7 7 4a + 2b = 0 → = → 5 2 mr + 1 1 1a + b = 2 → a = – 2 e b = 1 36 2 24 4 .m – .m r + 4 49 r 49 49 → 1 → =Assim, R(x) = – .x2 + x e as raízes de R(x) são tais que: 5 2 mr + 1 2 45 2 30 5R(x) = 0 mr2 + 1 = .mr – .mr + → 49 49 49 1 2 → 4.mr2 + 30.mr + 44 = 0 →– . x + x = 0 → x = 0 ou x = 2 2 11 2.mr2 + 15.mr + 22 = 0 ∴ m = –2 ou m = –Resposta: D 2 m = – 2 → r: 2x + y – 2= 0 (não convém) 11 m = – → r: 11x + 2y – 12 = 0 2 3 MATEMÁTICA
  • PROVA COMENTADA E RESOLVIDA PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO Vestibular AFA 2010 Prova de Matemáticaa) O ponto de intersecção das retas r e (t) também é o RESOLUÇÃO 8 2 10 47 , ponto  ; –  e, portanto – < y < 0. a) Como ≅ 1,4242, o percentual de aumento do ano 7 7 3 33 , 12 – 2y de 1995 para o ano 2000 foi superior a 42%.b) Se x > 0, então x = > 0 ∴. Assim, existe 11 0,5 10 b) Como ≅ 0,11, a queda de crescimento do ano de P(x; y) ∈r tal que x > 0 e y < – . 45 , 3 2005 para o percentual estimado no ano de 2009 é 8 12 – 2y 8 2 aproximadamente igual a 88,9%, portanto, inferior ac) Se x > , então x = > ∴y<– . 7 11 7 7 90%. 12 – 2y 47 29 , ,d) Se x < 0, então x = < 0 ∴ y > 6. Assim, existe c) Como ≠ , a taxa de crescimento do ano de 11 37 1 9 , ,, P(x; y) ∈ r tal que x < 0 e y > 0. 2000 em relação ao ano de 1985 é diferente da taxaResposta: C e D de crescimento do ano de 1990 em relação ao ano de 1980.QUESTÃO 27 d) O aumento absoluto do índice de crescimento de 1985 em relação ao de 1980 foi de 3,7 – 1,9 = 1,8 pontos percentuais. Em termos relativos e considerando-se o índice em 1980, tal aumento corresponde a 18 , ≅ 0,947 ≅ 0,95 = 95%. 19 , Observação: A afirmação da alternativa (d) deveria ter utilizado denominações apropriadas para distinguir aumentos absolutos e relativos. Resposta: C QUESTÃO 28 4 MATEMÁTICA
  • PROVA COMENTADA E RESOLVIDA PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO Vestibular AFA 2010 Prova de MatemáticaRESOLUÇÃO 500 π . 1,41 VA 3 235 470 2 = = = = 52 + Vesfera 3 9 9 9 4  3 .π.  2 3  2 Assim, o espaço vago dentro desse objeto é igual a 9π 235π – 52 . = π cm3. 2 Se não considerarmos as esferas fundidas e sim rígidas, independentemente da disposição das esferas no interior do objeto A, é possível mostrar que o volume não ocupado pelas esferas é superior a 2π.A geratriz de cada um dos cones que formam o objeto Amede 15 cm. Sendo R a medida do raio comum às basesdos cones, temos:2π 2.π.152π 2.π.R 3R = 5 cm Considere uma esfera alocada na posição mais interna possível em relação a um dos cones que compõem oSendo H a medida da altura do cone, temos: objeto A. Sendo h e x, respectivamente, as medidas da152 = 52 + H2 ∴ H = 10 2 cm. altura e do raio do cone cuja base tangencia essa esfera 3 1 e, como r = cm, por meio de duas semelhanças deO volume do objeto A é igual a 2 . . π . 52.10 2 = 2 3 triângulos, temos: r r+h x h 3 500 π 2 = → h = 3 cm e = ∴x= cm= cm3. 5 15 5 10 2 2 2 3 Assim, o volume dos dois cones que ficarão vazios éSendo r a medida do raio de cada esfera, temos: igual a: 3 24π . r2 = 9π ∴ r = cm. 1  3  9π 2 2. .π.  .3= = 2,25π cm3. 3  2 2 4Considerando esferas fundidas, o número máximo deesferas é igual a 52, pois Sem Resposta 5 MATEMÁTICA
  • PROVA COMENTADA E RESOLVIDA PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO Vestibular AFA 2010 Prova de MatemáticaQUESTÃO 29 QUESTÃO 30 RESOLUÇÃO 1  1 2. + 1 f   = 2.g(b) → 2 2 = 2.3b+1 → 4 = 2.3b+1 →  2 2 → 2 = 3 b . 3 ∴ 3b = 3 p = log3b → 3p = b p 2 Assim, 3 3 = → –1 < 3p < 0 ∴ p não está definido. 3RESOLUÇÃO Resposta: Ca) h(0) = g(0) + 2 = 2 + 2 = 4 h(h(0)) = h(4) = g(4) + 2 = –2 + 2 = 0 QUESTÃO 31    4, se néímpar Assim,  h o ho ho 444h (0) =  ho...o  144 24 3 0, se néímpar  nvezes     1  b) y = h h h    = h(h(A)), onde 2 < A < 3    2   y = h(B), onde 1 < B < 2 y = C, onde 2 < C < 3c) (h o h o h) (3) = (h o h) (1) = h(3) = 1 (h o h o h o h) (2) = (h o h o h) (2) = (h o h) (2) = h(2) = 2    3  d) x = h h h    = h(h(A)), onde 2 < A < 3    2   RESOLUÇÃO x = h(B), onde 1 < B < 2 π  f(x) = cos(4x) – sen  – 6x x = C, onde 2 < C < 3 2 Resposta: B f(x) = cos(4x) – cos(6x) f(x) = –2.sen(5x).sen(x) As raízes da função f são tais que: sen(5x) = 0 ou sen(x) = 0 k. π Assim, 5x = k.π ∴ x = , k ∈ Z ou x = k.π,k ∈ Z 5 6 MATEMÁTICA
  • PROVA COMENTADA E RESOLVIDA PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO Vestibular AFA 2010 Prova de MatemáticaA representação geométrica das raízes da função f é: b) Observando o gráfico da função f, temos que a imagem da função é o conjunto [–1; 2]. 1 c) Se f(x) = 0, então –1+ 3.sen(2x) = 0 → sen(2x) = ± . 3 Assim, no intervalo [0; 2π] temos 4 soluções para a 1 equação sen(2x) = e 4 soluções para a equação 3 1 sen(2x) = – , totalizando 8 soluções. 3 π d) O período da função f é . Observe agora o gráfico da 2 função g(x) = 2.f(x) = –2 + 2.3.sen(2x)Resposta: DQUESTÃO 32 π O período da função g também é igual a . 2 Resposta: ARESOLUÇÃO QUESTÃO 33f(x) = –1 + 3.sen(2x)Observe o gráfico da função f: π π a) A função f é decrescente para todo x ∈  ;  e  4 2  π 3π  crescente para todo x ∈  ; . Assim, é falso 2 4   π 3π  afirmar que f é decrescente para todo x ∈  ; . 4 4  7 MATEMÁTICA
  • PROVA COMENTADA E RESOLVIDA PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO Vestibular AFA 2010 Prova de MatemáticaRESOLUÇÃONa locadora α o valor pago é dado por y = 50,independentemente do número de quilômetros rodadospor dia.Na locadora β o valor pago é dado por y = 20 + 0,5.x,onde x é o número de quilômetros rodados por dia.Na locadora γ o valor pago é dado por y = 30 + 0,4.x,onde x é o número de quilômetros rodados por dia.Para que a locadora α seja a mais vantajosa, devemoster:20 + 0,5.x > 50 → x > 60e30 + 0,4.x > 50 → x > 50Assim, o menor valor possível para m é 60.Resposta: CQUESTÃO 34 Resposta: A QUESTÃO 35 RESOLUÇÃO Se considerarmos D o maior subconjunto real possível para que a função esteja bem definida, ou seja, D = IR*. a) Verdadeira. A função f é par, pois f(–x) = 1 + log2[(–x)2] = 1 + log2(x2) = f(x). b) Verdadeira. A função f é sobrejetora ∀ x ∈ D, pois seRESOLUÇÃO y ∈ IR e y = 1 + log2(x2), então y – 1 = log2(x2) →Observando o gráfico, temos que h(x) > g(x) para todo x → x2 = 2y–1 ∴ x = ± 2 y–1 . Assim, para todo y real,real. Assim, basta determinar os valores de x em que existem dois valores de x para os quais f(x) = y.g(x) > f(x). O gráfico da função g, definida por c) Falsa. A função f não é injetora ∀ x ∈ D, pois comog(x) = a.x + b passa pelos pontos (1; 0) e (0; 1). f(–x) = f(x) ∀ x ∈ D, existem dois valores distintos de x com a mesma imagem. d) Verdadeira. Se 1 ≤ x1 < x2, então 1 ≤ x12 < x22 e assim log2(x1)2 < log2(x2)2 → 1 + log2(x1)2 < 1 + log2(x2)2 ∴ 8 MATEMÁTICA
  • PROVA COMENTADA E RESOLVIDA PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO Vestibular AFA 2010 Prova de Matemática ∴ f(x1) < f(x2). Portanto, a função f é crescente se QUESTÃO 37 x ∈ [1, + ∞[.No entanto, se o conjunto D não for IR*, podemos ter váriaspossibilidades com relação à veracidade ou não dasalternativas. Como uma função é composta pelo domínio,contradomínio e a lei que a define, entendemos que a falta dadeterminação do domínio impede que possamos responder àquestão.Resposta: CQUESTÃO 36 RESOLUÇÃO Para determinar os pontos de intersecção dessa circunferência com os eixos coordenados, basta substituir x e y por zero.RESOLUÇÃOSendo 1650 a média salarial após todos os salários Assim, os pontos A, B e A’ são, respectivamente,terem aumentado 10%, temos: ( )( ) 0; 3 , 0; – 3 e (–1; 0).Assim, o novo salário do gerente é igual a5000.1,10 = 5500 reais.Resposta: D 2 31 . A área do triângulo A´AB é igual a = 3 unidades 2 de área. Resposta: B 9 MATEMÁTICA
  • PROVA COMENTADA E RESOLVIDA PELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVO Vestibular AFA 2010 Prova de MatemáticaQUESTÃO 38 Sendo F1, F2 e F3 as alunas (sexo feminino), M1, M2 e M3 os alunos (sexo masculino), temos PC3 = (3 – 1)! = 2! = 2 maneiras distintas de posicionar os alunos do sexo feminino. Para cada um desses posicionamentos, temos P3 = 3! = 6 maneiras distintas de posicionar os alunos do sexo masculino.RESOLUÇÃO Assim, o número total de maneiras distintas de fazer as escolhas e as disposições é igual a 200.2.6 = 2400. Resposta: C QUESTÃO 40 RESOLUÇÃOResposta: A Se apenas A, B e C participam da competição, sendo p(A), p(B) e p(C), respectivamente, as probabilidades de A, B e c vencerem a prova, temos que:QUESTÃO 39 a) Verdadeira. A probabilidade de A ou B vencer é igual a 0,4 + 0,4 = 0,8. b) Verdadeira.RESOLUÇÃO c) Verdadeira. A probabilidade de B ou C vencer é igualO número de maneiras de escolher 3 alunos e 3 alunas é a 0,4 + 0,2 = 0,6.igual a C 3. C6 = 10.20 = 200. Em seguida, dispomos os 5 3alunos em um círculo sem que alunos do mesmo sexo d) Falsa. A probabilidade de C vencer é igual a 0,2.se posicionem lado a lado. Resposta: D 10 MATEMÁTICA