Fisica exercicios resolvidos 011

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Fisica exercicios resolvidos 011

  1. 1. RESOLUÇÃO COMENTADAAULÃO GRÁTIS EsPCEx EsPCEx 2011|2012 Matemática 1º diaTERÇA 20/09 e QUINTA 22/09 19 às 22hEquipe de ResoluçãoeuRico diasGuilheRme caldeRanoJaime BaRizonmakeRley aRimatéiaRômulo machadoEquipe de diaGRamaçãoJacqueline aleixoleonaRdo pRotta PARTICIPE DO AULÃO GRÁTIS EsPCEx TERÇA 20/09 e QUINTA 22/09 19 às 22h
  2. 2. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 MatemáticaQUESTÃO 01As medidas em centímetros das arestas de um bloco retangular são as raízes da 3 2equação polinomial x -14x + 64x -96 = 0. Denominando-se r, s e t essas medidas, sefor construído um novo bloco retangular, com arestas medindo (r-1), (s-1) e (t-1), ouseja, cada aresta medindo 1 cm a menos que a do bloco anterior, a medida dovolume desse novo bloco será: 3 3a) 36 cm b) 45 cm 3 3c) 54 cm d) 60 cm 3e) 80 cmResoluçãoVamos encontrar as raízes da equação: 3 2x – 14x + 64x – 96 = 0Os candidatos as raízes racionais são os divisores de 96, então: 4 1 -14 64 -96 1 -10 24 0Por Bhaskara, temos: 2x – 10x + 24 = 0 = 100 – 96 = 4 10  2 x 2x’ = 4 x’’ = 6As raízes são:(4, 4, 6)Então o volume é: 3(4 - 1).(4 - 1).(6 - 1) = 3 . 3 . 5 = 45cmQUESTÃO 02Num estádio de futebol em forma de elipse, o gramado é o retângulo MNPQ, inscrito nacónica, conforme mostra a figura. Escolhendo o sistema de coordenadas cartesianasindicado e tomando o metro como unidade, a elipse é descrita pelaequação x 2  y 2  1 . Sabe-se também que os focos da elipse estão situados em lados 362 602 ydo retângulo MNPQ.Assim, a distância entre as retas MN e PQ é: Q Pa) 48mb) 68m xc) 84md) 92me) 96m M N 1 - www.colegioapogeu.com.br
  3. 3. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 MatemáticaResoluçãoA distância entre as retas MN e PQ é a distância focal = 2C, pois os focos estão emPQ e MN. Com isso, segue: x2 y2  2 1362 60   2 b a2a = b + c  60 = 36 + c  2 2 2 2 2 2 c = 2304  c = 48  2c + 96 2Logo, a distância é 96 cm.QUESTÃO 03 2 2O ponto da cirdunferência x + y + 2x + 6y + 1 = 0 que tem ordenada máxima é:a) (0,-6) b) (-1, -3)c) (-1,0) d) (2, 3)e) (2,-3)Resolução 2 2x + y + 2x + 6y + 1 = 0 2 2x + 2x + 1 + y + 6y + 9 = - 1 + 1 + 9 2 2(x + 1) + (y + 3) = 9centro: c (-1, -3)raio: R = 3ponto de ordenada máxima: c (-1, -3 + 3)  c (-1, 0)QUESTÃO 04 3 x.27 y  9O conjunto solução do sistema  é formado por dois pontos, cuja  3 2 2  y  xy  0  3localização no plano cartesiano é:a) Ambos no primeiro quadrante.b) Um no quarto quadrante e o outro eixo X.c) Um no segundo quadrante e o outro no terceiro quadrante.d) Um no terceiro quadrante e o outro no eixo Y.e) Um no segundo quadrante e o outro no eixo X.Resolução3 x.27 y  9 3 x.33y  32  3 2 2 ~  2 2x  ~ y  xy  0 y  y  3   0 3    x  3y  2  x  2  3y (I) 2 2  y  y  3 x  0 (II)   2 - www.colegioapogeu.com.br
  4. 4. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 MatemáticaSubstituindo (I) em (II):  2 y 2  y   2  3y    0  3  2  4 y  y   2y   0  3 y2  0 4 4y   0  y  3 3Sendo y = 0, temos:x = 2  A(2,0) 4Sendo y = , temos: 3 B   2, 4     3Então: y B 4 3 A x -2 2QUESTÃO 05 3 2Os polinômios A(x) e B(x) são tais que A(x) = B(x) + 3x + 2x + x + 1 . Sabendo-seque -1 é raiz de A(x) e 3 é raiz de B(x), então A(3) - B(-1) é igual a:a) 98 b) 100c) 102 d) 103e)105Resolução 3 2A(x) = B(x) + 3x + 2x + x + 1-1 é raiz de A(x)  A (-1) = 03 é raiz de B(x)  B (3) = 0Para x = -1, segue: 3 2A(-1) = B(-1) + 3.(-1) + 2.(-1) + (-1) + 1A(-1) = B(-1) – 3 + 2 – 1 + 1 Como A(-1) = 0, vem:0 = B(-1) – 1  B(-1) = 1Para x = 3, segue: 3 2A(3) = B(3) + 3.(3) + 2.(3) + (3) + 1A(3) = B(3) + 81 + 18 + 3 + 1 Como B(3) = 0, vem:A(3) = 0 + 103  A(3) = 103Assim, vem:A(3) – B(-1) = 103 - 1 = 102 3 - www.colegioapogeu.com.br
  5. 5. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 MatemáticaQUESTÃO 06Considere a função real f(x), cujo gráfico está representado na figura, e a função realg(x), definida por g(x) = f(x-1) + 1. yO valor de g  - 1  é:  2 2  a) -3b) -2c) 0 -3 0 xd) 2e) 3ResoluçãoQueremos e como g(x) = g(x-1)+1, vem que g   1  f   3   1 .  1     2 g   2  2 De acordo com o gráfico, a lei de formação de f(x) é dada por: x y 2x  1   2x  3y  6  y 23 2 3Com isso, segue que f  3   2 .  3   2  1 .      2 3  2Logo,  1 g    2 .  2QUESTÃO 07 x x+1 x+2 x+3 x+4A inequação 10 + 10 + 10 + 10 + 10 < 11111, em que x é um número real:a) não tem solução. b) tem apenas uma solução.c) tem apenas soluções positivas. d) tem apenas soluções negativas.e) tem soluções positivas e negativas.Resolução x x+1 x+2 x+3 x+410 + 10 + 10 + 10 + 10 < 11111 x x 1 x 2 x 3 x 410 + 10 . 10 + 10 .10 + 10 .10 + 10 .10 < 11111 x10 (1+10+100+1000+10000) < 11111 x10 .11111 < 11111 x10 < 1 x 010 < 10x<0S  x  IR / x  0QUESTÃO 08Pesquisas revelaram que, numa certa região, 4% dos homens e 10% das mulheres sãodiabéticos. Considere um grupo formado por 300 homens e 700 mulheres dessa região.Tomando-se ao acaso uma pessoa desse grupo, a probabilidade de que essa pessoa sejadiabética é:a) 4% b) 5%c) 5,4% d) 7,2%e) 8,2% 4 - www.colegioapogeu.com.br
  6. 6. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 MatemáticaResolução HOMENS MULHERES DIABÉTICOS 12 70 NÃO DIABÉTICOS 288 630 300 700 82P(D)   8,2% 1000QUESTÃO 09Considere as funções Reais f(x) = 3x, de domínio [4, 8] e g(y) = 4y, de domínio [6, 9].Os valores máximo e mínimo que o quociente f(x) pode assumir são, respectivamente: g(y) 2 1a) e 1 b) e 1 3 2 3 4 1c) e d) 3 e 1 3 3 4 3e) 1 e 1 3ResoluçãoComo f(x)  g(y) são funções contínuas e crescentes em seus domínios, então:  f(x)  max(f(x)) 3.8i) max    1  g(y)  min(g(y)) 4.6   f(x)  min(f(x)) 3.4 1ii) min      g(y)  max(g(y)) 4.9 3 QUESTÃO 10Seja o número complexo z  x  yi , com x e y reais e i 2 = -1.Se x2 + y2 = 20 , então o 3  4imódulo de z é igual a:a) 0 b) 5c) 2 5 d) 4 5e) 10Resolução 2 2Dado: x +y =20 x  yi , efetuando a divisão do complexo temos:z 3  4i 5 - www.colegioapogeu.com.br
  7. 7. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 Matemáticaz  x  yi 3  4i  3x  4ix  3yi  4y 32  42 25z  3x  4y   i  3y  4x  25então:  3x  4y    3y  4x  2 2z  252z   9x 2  24xy  16y 2  9y 2  24xy  16x 2  252 25x 2  25y 2z  252 x2  y2 20z   25 25 2 5z  5QUESTÃO 11O domínio da função real f(x)  2x é: x  8x  12 2a) ] 2 ,  [ b ) ]2, 6[c) ]  , 6] d) ]-2, 2]e) ]  , 2]ResoluçãoSeja: 2xf(x)  x 2  8x  12 2O domínio dessa função é dado por 2 – x > 0 e x - 8x + 12, ou seja, devemos terx < 2, x ≠ 2 e x ≠ 4. Logo, D(f) = ]-∞,2[QUESTÃO 12Na Física, as leis de Kepler descrevem o movimento dos planetas ao redor do Sol.Define-se como período de um planeta o intervalo de tempo necessário para que esterealize uma volta completa ao redor do Sol. Segundo a terceira lei de Kepler, "Osquadrados dos períodos de revolução (T) são proporcionais aos cubos das distâncias 2 3médias (R) do Sol aos planetas", ou seja, T = kR , em que k é a constante deproporcionalidade.Sabe-se que a distância do Sol a Júpiter é 5 vezes a distância Terra-Sol; assim, sedenominarmos T ao tempo necessário para que a Terra realize uma volta em torno do Sol,ou seja, ao ano terrestre, a duração do "ano" de Júpiter será: 6 - www.colegioapogeu.com.br
  8. 8. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 Matemáticaa) 3 5 b) 5 3c) 3 15.T d) 5 5.Te) 3 3.TResoluçãoSabendo que na 3ª Lei de Kepler a constante de proporcionalidade k não se altera,temos:T 2Terra T 2Jupiter R3 Terra R3JupiterComo RJúpiter = 5.RTerra, então: T2Jupiter T2Terra  3 53. R3 Terra R Terra 2 2 2T Júpiter = 5.5 . T TerraTJupiter  5 5.TQUESTÃO 13Considerando log 2 = 0,30 e log 3 = 0,48, o número real x, solução da equação x-15 = 150, pertence ao intervalo:a) ]  , 0] b) [4,5[c) ]1,3] d) [0,2[e) [5,  [Resolução x = 150  5  150 5 = 750 x-1 x5 5Utilizando o operador logaritmo nessa identidade, temos: xlog 5 = log 750 3x.log 5 = log (2 . 3. 5 )x.log 5 = log 2 + log 3 + 3.log 5 0,3  0, 48  3.0,7x 0,7 2,88x  4,11 0,7QUESTÃO 14Considere o triângulo ABC abaixo, retângulo emC, em que BÂC = 30°. Nesse triângulo está Brepresentada uma sequência de segmentoscujas medidas estão indicadas por L t, L2, L3,......Ln, em que cada segmento é perpendicular a um L1 L2dos lados do ângulo de vértice A. O valor L 9 é: L3 L4 L1 30º C A 7 - www.colegioapogeu.com.br
  9. 9. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 Matemáticaa) 27 3 b) 1 128 128c) 81 d) 27 256 64e) 1 256ResoluçãoPor semelhança, temos:L 2 L3 L 4 L5     ...L1 L2 L3 L 4Com isso, podemos observar que (L1, L2, L3, L4, ...) forma uma P.G. de razão L 2 . L1 L9 8Queremos e como L9 = L1 . q , vem: L1L9 L1.q8   q8L1 L1 8  Como q  L2  cos30º  3 , segue que q8   3   81 . L1 2  2  256QUESTÃO 15A figura abaixo é formada por um dispositivo de forma triangular em que, nos vérticese nos pontos médios dos lados, estão representados alguns valores, nem todosconhecidos. Sabe-se que a soma dos valores correspondentes a cada lado dotriângulo é sempre 24. xAssim, o valor numérico da expressão x-y-z é:a) -2b) -1 5 10c) 2d) 5e) 10 y 15 zResoluçãoSoma dos valores do lado = 24 x  5  y  24 x  y  19 (I)   y  z  5 (I)  (II) x  10  z  24  x  z  14 (II)   y  15  z  24 y  z  9 (III)  y  z  9 (III) Resolvendo o sistema:x = 12, y = 7, z = 2Logo: x – y . z = 12 – 7. 2 = -2 8 - www.colegioapogeu.com.br
  10. 10. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 MatemáticaAprovações 2010 | 2011 37 EsPCEx 28 EFOMM 19 AFA 12 COLÉGIO NAVAL 40 EPCAR 2 ESCOLA NAVAL 8 IME 4 ITA PARTICIPE DO AULÃO GRÁTIS ESPCEX TERÇA 20/09 E QUINTA 22/09 19 ÀS 22H 9 - www.colegioapogeu.com.br
  11. 11. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 MatemáticaQUESTÃO 16Se todos os anagramas da palavra ESPCEX forem colocados em ordem alfabética, apalavra ESPCEX ocupará, nessa ordenação, a posição:a) 144 b) 145c) 206 d) 214e)215ResoluçãoE S P C E X2 4 3 1 2 5 243125Podemos analisar esse problema como sendo a posição ocupada pelo número2 4 3 1 2 5 após permutar os algarismos do número 1 2 2 3 4 5 e colocá-los emordem crescente.      2 1 : P5 =60 2 2 3 4 5 2 1     : P4=24 2 3 4 5 2 2     : P4=24 1 3 4 5 2 3     : P4=24 1 2 4 5 2 4 1    : P3=6 2 3 5 2 4 2    : P3=6 1 3 5 Total: 144 2 4 3 1 2 5 Total: 145QUESTÃO 17Na pesquisa e desenvolvimento de uma nova linha de defensivos agrícolas,constatou-se que a ação do produto sobre a população de insetos em uma lavoura ktpode ser descrita pela expressão N(t) = N0.2 sendo N0 a população no início dotratamento, N(t), a população após t dias de tratamento e k uma constante, quedescreve a eficácia do produto. Dados de campo mostraram que, após dez dias deaplicação, a população havia sido reduzida à quarta parte da população inicial. Comestes dados, podemos afirmar que o valor da constante de eficácia deste produto éigual a: 10 - www.colegioapogeu.com.br
  12. 12. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 Matemática -1 -1a) 5 b) -5 -1c) 10 d) 10 -1e) -10ResoluçãoCom base no enunciado temos: N NN(10) = 0  N0 . 2 = 0  K.10 4 4 1 2 = 2  10K = -2  K   51 10K -2 5QUESTÃO 18 O valor numérico da expressão sec1320º  2.cos  53    tg 2220º 2 é:  3  2  a) -1 b) 0c) 1 d) 1 2e)  3 2Resoluçãosec1320º  53    tg 2220º  2  2.cos  2  3  Reduzindo para a primeira volta temos:sec 240º  2cos300º   tg 60º   2 2Assim, temos1 1 1 1  2 cos 300º   tg 60º   . 2 .2 cos 240º 21 1 1 1 1  2 cos 60º   tg 60º   .  2.   3 2 2 .2  cos 60º 2 1 2 2  3 2 -1 -1 + 1QUESTÃO 19 A função real f(x) está representada no gráfico abaixo: 11 - www.colegioapogeu.com.br
  13. 13. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 MatemáticaA expressão algébrica de f(x) é:  sen x , se x  0   sen x , se x  0 a) f(x)    d) f(x)          cos x , se x  0   cos x , se x  0    sen x, se x  0 b) f(x)   cos x , se x  0      e) f(x)     sen x , se x  0    cos x, se x  0   cos x , se x  0 c) f(x)       sen x , se x  0   ResoluçãoSabendo que o gráfico de f(x) = cos x para x > 0 é:E que o gráfico de f(x) = sen x para x < 0 é:Assim o gráfico de f(x) |cos x| para x não-negativo e f(x) = |sen x| para x negativo éidêntico ao gráfico da função do problema.QUESTÃO 20A figura espacial representada abaixo, construída com hastes de plástico, é formadapor dois cubos em que, cada vértice do cubo maior é unido a um vértice correspondentedo cubo menor por uma aresta e todas as arestas desse tipo têm a mesma medida.Se as arestas dos cubos maior e menor medem, respectivamente, 8 cm e 4 cm, amedida de cada uma das arestas que ligam os dois cubos é 12 - www.colegioapogeu.com.br
  14. 14. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 Matemáticaa) 6 2 cmb) 3 2 cmc) 2 3 cmd) 4 3 cme) 6 3 cmResoluçãoSeccionando o cubo maior, contendo a diagonal de uma face, obtêm-se uma secçãoequivalente no cubo menor. Observe que em tal secção, as diagonais dos cubosestão presentes. 8 2 A BVista frontal da secção:AE = GC = x (aresta pedida) E 4 2 FAE + EG + GC = AC 8 4 4 8x+ 4 3+x= 8 3 G2x = 4 3 H 4 2x = 2 3 cm D CQUESTÃO 21Na figura abaixo, está representado um cubo em que os pontos T e R são pontosmédios de duas de suas arestas. Sabe-se que a aresta desse cubo mede 2 cm. 3Assim, o volume do sólido geométrico definido pelos pontos PQRST, em cm , é:a) 2 b) 4 S 3 3 Tc) 5 d) 16 R 3 3e) 32 3 P QResoluçãoVide a figura: S T 1 R 2 2 1cm P Q 2cm 13 - www.colegioapogeu.com.br
  15. 15. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 MatemáticaConsiderar o polígono plano TSRQ como a base da pirâmide de vértice P. volume do sólido = volume da pirâmideEntão: 1 V  AB .2 3com AB = Área do quadrado que contém T, R e Q subtraído de dois triângulos: 1 T R 2 1 Q Q 2Assim: 2 V   4  2 3 4 V 3QUESTÃO 22Se x é um número real positivo, então a sequência ( lo g 3 x, Iog3 3x, Iog3 9x) é:a) Uma Progressão Aritmética de razão 1.b) Uma Progressão Aritmética de razão 3.c) Uma Progressão Geométrica de razão 3.d) Uma Progressão Aritmética de razão log3 x.e) Uma Progressão Geométrica de razão Iog3 x.Resolução(log3x, log33x, log39x) 3xComo o log3 3x - log3 x = log3  log 3 3  1 e x , segue que 9x log 3 9x  log 3 3x  log  log 3 3  1 3 3xessa sequência é uma P.A. de razão 1.QUESTÃO 23Considere as seguintes afirmações:I- Se dois planos α e β são paralelos distintos, então as retas r1  α e r2  β sãosempre paralelas.II- Se α e β são planos não paralelos distintos, existem as retas r1  α e r2  β tal quer1 e r2 são paralelas.III- Se uma reta r é perpendicular a um plano α no ponto P, então qualquer reta de αque passa por P é perpendicular a r. 14 - www.colegioapogeu.com.br
  16. 16. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 MatemáticaDentre as afirmações acima, é (são) verdadeira(s)a) Somente II. b) I e II.c) I e III. d) II e III.e) I, II e III.ResoluçãoI (F) Retas paralelas precisam estar num mesmo plano.II (V) Podem existir paralelas em planos não paralelos.III (V) Retas coplanares que se cruzam formando ângulo de 90º são perpendiculares.Verdadeiras II e III.QUESTÃO 24Considere um plano α e os pontos A, B, C e D tais que:• O segmento AB tem 6 cm de comprimento e está contido em α.• O segmento BC tem 24 cm de comprimento, está contido em α e é perpendicular a AB.• O segmento AD tem 8 cm de comprimento e é perpendicular a α.Nessas condições, a medida do segmento CD é:a) 26 cm. b) 28 cm.c) 30 cm. d) 32 cm.e) 34 cmResolução D 2 2 2 2 CD  AC  AD ÄC  62  242 8 2 2 CD  612  82 A ÄC  36  576 2 2 CD  612  82 ÄC  612 2 6 CD  612  64 2 B 24 CD  676 2 C CD  26QUESTÃO 25O cosseno do menor ângulo formado pelos ponteiros de um relógio às 14 horas e 30minutos vale:a)   3 1  b)   2 1  2 2c) 1 2  d)   6 2  4 4e)  2 3  4 15 - www.colegioapogeu.com.br
  17. 17. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 MatemáticaResolução 12 11 1 10 2 9 3 15º 8 4 7 5 6 14:30hNota-se que cada minuto equivale a 6º.Enquanto o ponteiro dos “minutos” percorre 1 volta, o ponteiro das “horas” percorrerá a 2metade da distância entre 2 e 3. Assim, o ângulo procurado é dado por 90º + 15º = 105º. 21 3 2cos 105 = cos (45 + 60) =  2 2 2 2cos 105º = 2 6 ou   6 2  4 4QUESTÃO 26O ponto P  a, 1  pertence à parábola x  y  3 . A equação da reta perpendicular à 2  3   3bissetriz dos quadrantes ímpares que passa por P é:a) 27x + 27y – 37 = 0b) 37x + 27y – 27 = 0c) 27x + 37y – 27 = 0d) 27x + 27y – 9 = 0e) 27x + 37y – 9 = 0Resolução 2  1    3 28  3Como P  a, 1 pertence à parábola x  y  3 segue 2  a  .  3  3 3 27Seja r é a reta perpendicular à bissetriz dos quadrantes ímpares. Com isso, vem quemr = -1. Logo, a equação é dada por y  1  1 x  28  , isto é, 3y  1  27x  28 , ou   3  27  3 27seja, 27x + 27y – 37 = 0. 16 - www.colegioapogeu.com.br
  18. 18. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 MatemáticaQUESTÃO 27 2 2A representação no sistema cartesiano ortogonal da equação 9x - y = 36x + 8y- 11 édada por:a) duas retas concorrentes. b) uma circunferência.c) uma elipse. d) uma parábola.e) uma hipérbole.Resolução 2 29x – y = 36x + 8y – 11 2 29x – 36x + 36 – y – 8y – 16 = - 11 + 36 – 16 2 29(x – 4x + 4) – (y + 8y + 16) = 9 2 29(x - 2) – (y + 4) = 9 2(x - 2) -  y  4 2 1 Hipérbole 9QUESTÃO 28 3 2Seja a função complexa P(x) = 2x - 9x + 14x - 5. Sabendo-se que 2 + i é raiz de P, ointervalo de números reais que faz P(x) < 0, para todo x  I é:a)  , 1  b) 0,1  2  c)  1 ,2  d) 0, 4   e)   1 , 3   4 4  ResoluçãoComo x1 = 2 + i é raiz, segue que x2 = 2 - i também. 2 2Com isso segue que p(x) é divisível por x - 4x + 5, pois 2+ i e 2 - i são raízes de x – 4x + 5.2x 3  9x 2  14x  5 x 2  4x  52x 3  8x 2  10x 2x  1  x  4x  5 2 x 2  4x  5 0Com isso, temos que 2x -1 =0, ou seja, x  1 também é raiz de P(x). 2P(x)  (x 2 -4x+5) (2x-1)  0 I II +++++++++++ I II - - - - - - + + + + + +  S  x R | x  1  1  2 - 2 + S 1 2 17 - www.colegioapogeu.com.br
  19. 19. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 MatemáticaQUESTÃO 29A figura abaixo representa dois tanques cilíndricos, T1 e T2, ambos com altura h, e cujosraios das bases medem R e R 2 respectivamente. Esses tanques são usados paraarmazenar combustível e a quantidade de combustível existente em cada um deles étal que seu nível corresponde a 2 da altura. 3O tanque T1 contém gasolina pura e o tanque T2 contém uma mistura etanol-gasolina,com 25% de etanol.Deseja-se transferir gasolina pura do tanque T1 para T2 até que o teor de etanol namistura em T2 caia para 20%.Nessas condições, ao final da operação, a diferença entre a altura dos níveis de T1 e T2,será:a) 1 h b) 1 h R R 2 2 3c) 1 h d) 1 h h 4 5e) 1 h 6 T1 T2ResoluçãoNo tanque (T2): G  3 (Antes de colocar mais gasolina) ENo tanque (T2): G V  4 (Depois de colocar mais gasolina) ESabe-se que V = gasolina que sai de T1:Então, G  V  4  3  V  4  V  E E E E  2h  2 R . x   R 2 . 2  25%Assim: 3 2h 1 h R 2 . x  R 2 . 2 . .  x  3 4 3 y2h 2h3 x 3 (T1) (T2) (Volumes iguais)   2R2. x   R 2 . y h hR 2.  2R 2. y  y 3 6A diferença entre os níveis é: 2h  h  h  h 3 6 3 2 18 - www.colegioapogeu.com.br
  20. 20. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 MatemáticaQUESTÃO 30Na figura abaixo, dois vértices do trapézio sombreadoestão no eixo x e os outros dois vértices estão sobre o ygráfico da função real f(x) = logkx, com k>0 e k≠1. 2Sabe-se que o trapézio sombreado tem 30 unidades deárea; assim, o valor de k+p-q é:a) -20 1b) -15c) 10d) 15e) 20 p q xResoluçãof(x) = logk x1 = logk  K = p p2 = logk  K = q q 2 2Então, p = q y 2 1 r p h q xÁrea = 30 (2  1)(q  p)30   q – p = 20 2Assim, p = 20 + p  p – p – 20 = 0 2 2 = 81p = 5 ou p = - 4De acordo com o gráfico, p > 0, p > 5.Finalmente, p = 5, q = 25 e K = 5.k + p – q = -15 19 - www.colegioapogeu.com.br
  21. 21. Resolução Comentada | EsPCEx 2011|2012 Matemática ERRATAGabarito EsPCEx – Matemática 1º dia Colégio Apogeu Número Prova A Prova B Prova C da questão 01 E B D 02 C E A 03 E C E 04 D E C 05 B C D 06 E D D 07 B D B 08 D D B 09 D E E 10 D C C 11 D E A 12 A D B 13 C B E 14 A C E 15 B A C 16 A B E 17 E B D 18 D D B 19 A A A 20 C C D 21 B B C 22 A A A 23 B D C 24 C A B 25 C D A 26 A A B 27 E E D 28 E A A 29 B A E 30 A B A 1 - www.colegioapogeu.com.br

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