Este documento descreve uma questão da prova da FUVEST sobre geometria e áreas de polígonos. O documento explica que um triângulo equilátero está inscrito em três quadrados, e pede para calcular a área do polígono formado pelas arestas dos quadrados. A resolução mostra que a área é igual a 3 + √3.

1. Seu pé direito nas melhores faculdades
FUVEST - 28/11/2010 (PROVA V)
1a FASE
24. Na figura, o triângulo ABC é equilátero de lado 1, e ACDE,
QUESTõES 23 a 44 AFGB e BHIC são quadrados. A área do polígono DEFGHI
vale
23. Seja x > 0 tal que a sequência a1 = log2x, a2 = log4(4x),
a3 = log8(8x) forme, nessa ordem, uma progressão aritmética. a) 1 + 3
Então, a1 + a2 + a3 é igual a
b) 2 + 3
13 c) 3 + 3
a)
2 d) 3 + 2 3
15 e) 3 + 3 3
b)
2
17 Resolução:
c)
2
120º
19
d)
2 60º
21 60º 60º
e)
2 120º 120º
Resolução:
a1 = log2 x; a2 = log4 (4x); a3 = log8 8x
Com base na figura, verifica-se que os triângulos AEF, CDI
Pelas Propriedades dos Logaritmos, temos: e BGH são congruentes pelo critério LAL.
1 1 A área do polígono é dada por:
a1 = log2x; a2 = 1 + log2 x; a3 = 1 + log2 x
2 3
A∆ABC + 3 . A + 3 . A∆AEF =
Como a1, a2 e a3 estão em P.A., temos:
2
a1 + a3 = 2a2 1 . 3 1
= 1 3 . 12 + 120º
. + . 1 . sen 3 .
42
1 1
log2 x + 1 + log2 x = 2 . 1 ADEFGHI = 3 + 3
3 2 2log x
Alternativa C
1
log2 x + 1 + 3 log2 x = 2 + log2 x log2 x = 3
(a1 3 ).3
A soma da P.A. é dada por:
a , logo:
1 2 1
log x 1 log x . 3 3 1 .3 .3
3
22
2
Alternativa B
CPV fuv101fnov
1

2. 2 FUVEST – 28/11/2010 Seu pé direito nas melhores Faculdades
25. Sejam x e y números reais positivos tais que x + y = π/2. 26. A esfera ε, de centro 0 e raio r > 0, é tangente ao plano
Sabendo-se que sen (y – x) = 1/3, o valor de tg2y – tg2x é α. O plano β é paralelo a α e contém 0. Nessas condições,
igual a o volume da pirâmide que tem como base um hexágono
regular inscrito na intersecção de ε com β e, como vértice,
3 um ponto em α, é igual a
a)
2
3
5 3r
b) a)
4 4
3
1 5 3r
c) b)
2 16
1 3
d) 3 3r
4 c)
8
1 3
e) 7 3r
8 d)
16
3
Resolução: 3r
e)
2
sen x cos y (I)
x+y= 2 sen y cos x (II) Resolução:
1 Como os planos são paralelos, β contém 0 e α é tangente à esfera,
tg y (III)
tg x temos que a distância entre α e β é igual a r.
1 1
sen(y – x) = sen y . cos x – sen x . cos y =
3 3 A intersecção de ε com β é um círculo de raio r, no qual está
Usando-se (I) e (II) para substituições, temos: inscrita a base hexagonal da pirâmide, como mostrado abaixo:
1
sen2y – cos2y = r
3
4
sen2y 0
como sen2y + cos2y = 1, temos: 3
cos y
22
3
42
1 sen2y cos2 y 3 3 Como o vértice da pirâmide está em α, sua altura será r.
tg2y – tg2x = tg2y – 1 6 . r2 . 3
tg2y cos2 y sen2y
24 1
VP = 3 AB . H = 3 r2
. .r=
1 3 33 342
=2–
2 2 Alternativa E
Alternativa A
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3. Seu pé direito nas melhores Faculdades FUVEST – 28/11/2010 3
27. Um dado cúbico, não viciado, com faces numeradas de 1 28. No plano cartesiano, os pontos (0, 3) e (–1, 0) pertencem à
a 6, é lançado três vezes. Em cada lançamento, anota-se o circunferência C. Uma outra circunferência, de centro em
número obtido na face superior do dado, formando-se uma (–1/2, 4), é tangente a C no ponto (0, 3). Então, o raio de C
sequência (a, b, c). Qual é a probabilidade de que b seja vale
sucessor de a ou que c seja sucessor de b?
5
4 a)
a) 8
27
5
11 b)
b) 4
54
5
7 c)
c) 2
27
10 3 5
d) d)
27 4
23 e) 5
e)
54
Resolução:
Resolução: Como os pontos (0; 3) e (–1; 0) pertencem à circunferência C,
verifica-se que o centro de C pertence à mediatriz desses pontos.
Seja M o evento: b ser sucessor de a. Cálculo da mediatriz:
M ocorre nas seguintes sequências: 3 0
m 3
0 1
(1; 2; c) (2; 3; c) (3; 4; c) (4; 5; c) (5; 6; c)
x 0 1 1 3 1 x
1
m y–
5 2 2 2 3 2
Temos, então, que: P(n) = 3 0 3
36 ym
2 2
Analogamente, seja N o evento: c ser sucessor de b.
14
y= x
N ocorre quando (a; 1; 2) (a; 2; 3) (a; 3; 4) (a; 4; 5) e (a; 5; 6). 33
Uma vez que a circunferência é tangente a C no ponto (0; 3), o
5
Então: P(N) = centro de C pertence à reta que passa por esse ponto e por 1; 4
36
2
Seja M N a probabilidade de M e N ocorrerem simultaneamente.
4 3
M N ocorre nos seguintes casos: m´ = 1 = –2 y – 3 = –2(x – 0)
(1; 2; 3) (2; 3; 4) (3; 4; 5) (4; 5; 6) 2
y =–2x + 3
0
4 1
Assim P(M N) =
216 54 Fazendo x intersecção:
y a 4
Logo: C = (1; 1)
y 2x 3
P(M N) = P(M) + P(N) – P(M N) 33
5 5 1 30 2 28 7
P(M N) =
36 36 54 108 108 27 2 2 Alternativa E
r= (1 0) (1 3) 5
Alternativa C
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4. 4 FUVEST – 28/11/2010 Seu pé direito nas melhores Faculdades
29. Seja f (x) = a + 2bx+c, em que a, b e c são números reais. A 30. Um sólido branco apresenta as seguintes propriedades:
imagem de f é a semirreta ]–1, [ e o gráfico de f intercepta
os eixos coordenados nos pontos (1, 0) e (0, –3/4). Então, I. É solúvel em água.
o produto abc vale II. Sua solução aquosa é condutora de corrente elétrica.
III. Quando puro, o sólido não conduz corrente elétrica.
a) 4 IV. Quando fundido, o líquido puro resultante não conduz
b) 2 corrente elétrica.
c) 0
d) –2 Considerando essas informações, o sólido em questão pode
e) –4 ser
Resolução: a) sulfato de potássio.
b) hidróxido de bário.
Como f (x) = a + 2bx+c, f representa uma função exponencial.
c) platina.
● Im = ]–1, [ a = –1 d) ácido cis-butenodioico.
3 e) polietileno.
● f (0) = c = –2
4
3 0x+c c= 1
Resolução:
= –1 + 2 2
● f (1) = 0 4 0 = –1 + 21.b–2
4 20 = 2b–2 b=2 Dos compostos listados na questão, o único que obedece as quatro
afirmativas é o ácido cis-butenodioico, por ser um composto
abc = (–1) . (+2) . (–2) = 4 molecular e que sofre ionização.
Alternativa A Alternativa D
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5. Seu pé direito nas melhores Faculdades FUVEST – 28/11/2010 5
31. Considere 4 frascos, cada um contendo diferentes 32 A figura abaixo traz um modelo da estrutura microscópica
substâncias, a saber: de determinada substância no estado sólido, estendendo-se
pelas três dimensões do espaço. Nesse modelo, cada esfera
Frasco 1: 100 mL de H2O(l) representa um átomo e cada bastão, uma ligação química
Frasco 2: 100 mL de solução aquosa de ácido acético de entre dois átomos.
concentração 0,5 mol/L
Frasco 3: 100 mL de solução aquosa de KOH de
concentração 1,0 mol/L
Frasco 4: 100 mL de solução aquosa de HNO3 de
concentração 1,2 mol/L
A cada um desses frascos, adicionaram-se, em experimentos
distintos, 100 mL de uma solução aquosa de HCl de
concentração 1,0 moI/L. Medindo-se o pH do líquido contido
em cada frasco, antes e depois da adição de HCl(aq), pôde-
A substância representada por esse modelo tridimensional
se observar aumento do valor do pH somente
pode ser
a) nas soluções dos frascos 1, 2 e 4.
b) nas soluções dos frascos 1 e 3. a) sílica, (SiO2)n.
c) nas soluções dos frascos 2 e 4. b) diamante, C.
d) na solução do frasco 3. c) cloreto de sódio, NaCl.
e) na solução do frasco 4. d) zinco metálico, Zn.
e) celulose, (C6H10O5)n.
Resolução:
Resolução:
O ácido adicionado nos quatro frascos (ácido clorídrico) possui A estrutura indica um átomo que faz quatro ligações com átomos de
concentração molar 1 mol/L e volume 0,1L. outro elemento. O outro elemento faz duas ligações. A substância
representada pode ser a sílica: (SiO2)n.
No frasco 1, existe somente água, e a adição de HCl fará o pH Alternativa A
diminuir.
No frasco 2, existe um ácido de concentração menor e mais
fraco (menos ionizado) do que o ácido clorídrico. Portanto, a
adição de HCl provocará aumento na concentração de H e,
+
consequentemente, diminuição do pH.
No frasco 3, existe uma base forte que será totalmente
neutralizada pelo ácido clorídrico adicionado. Inicialmente, o
pH estava básico e, com adição do ácido, ocorreu diminuição
do pH, até atingir o valor 7.
No frasco 4, existe um ácido forte e mais concentrado do que o
ácido clorídrico adicionado. Aplicando-se a fórmula da mistura de
soluções de solutos diferentes e que não reagem entre si, tem-se:
M1V1 + M2V2 = M3V3
0,1 x 1,0 + 1,2 x 0,1 = M3 . 0,2
0, 22
M3 = = 1,1 mol/L (< 1,2 mol/L)
0,
Portanto, houve diminuição da concentração de H+ em relação à
inicial.
Logo, no frasco 4, houve aumento de pH.
Alternativa E
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6. 6 FUVEST – 28/11/2010 Seu pé direito nas melhores Faculdades
33. Em um funil de separação, encontram-se, em contato, 34. Ao abastecer um automóvel com gasolina, é possível sentir
volumes iguais de duas soluções: uma solução aquosa de o odor do combustível a certa distância da bomba. Isso
I2, de concentração 0,1 x 10–3 mol/L, e uma solução de I2 significa que, no ar, existem moléculas dos componentes da
em CCl 4, de concentração 1,0 x 10–3 moI/L. gasolina, que são percebidas pelo olfato. Mesmo havendo,
no ar, moléculas de combustível e de oxigênio, não há
combustão nesse caso. Três explicações diferentes foram
propostas para isso:
I. As moléculas dos componentes da gasolina e as do
oxigênio estão em equilíbrio químico e, por isso, não
reagem.
II. À temperatura ambiente, as moléculas dos componentes
da gasolina e as do oxigênio não têm energia suficiente
Considere que o valor da constante Kc do equilíbrio para iniciar a combustão.
III. As moléculas dos componentes da gasolina e as do
I2(aq)  I2 (CCl 4) oxigênio encontram-se tão separadas que não há colisão
é igual a 100, à temperatura do experimento, para entre elas.
concentrações expressas em moI/L.
Dentre as explicações, está correto apenas o que se propõe
Assim sendo, o que é correto afirmar a respeito do sistema
em
descrito?
a) Se o sistema for agitado, o I2 será extraído do CCl 4 a) I.
pela água, até que a concentração de I2 em CCl 4 se b) II.
iguale a zero. c) III.
b) Se o sistema for agitado, o I2 será extraído da água pelo d) I e II.
CCl 4, até que a concentração de I2 em água se iguale e) II e III.
a zero.
c) Mesmo se o sistema não for agitado, a concentração Resolução:
de I2 no CCl 4 tenderá a aumentar e a de I2, na água, I. Incorreto — as moléculas da gasolina e as do oxigênio não
estão em equilíbrio, porque não ocorreu reação.
tenderá a diminuir, até que se atinja um estado de
II. Correto — não ocorreu reação por não haver energia
equilíbrio.
suficiente (necessidade de energia de ativação).
d) Mesmo se o sistema não for agitado, a concentração III. Incorreto — ocorrem colisões entre as moléculas de gasolina
de I2 na água tenderá a aumentar e a de I2, no CCl 4, e oxigênio, mas não resultam em uma reação por não haver
tenderá a diminuir, até que se atinja um estado de energia suficiente.
equilíbrio. Alternativa B
e) Quer o sistema seja agitado ou não, ele já se encontra
em equilíbrio e não haverá mudança nas concentrações
de I2 nas duas fases.
Resolução:
O Quociente de Equilíbrio do processo possui um valor diferente
da constante de equilíbrio.
[I2(CCl )] 1 x 10 3
Q= 4 = 10
[I2(aq)]
1 x 10 4
Conclui-se, então, que o sistema ainda não atingiu o equilíbrio,
mas está caminhando para atingir. Com o passar do tempo,
ocorrerá diminuição na concentração do I2 em água e aumento
na concentração de I2 em CCl 4, até atingir-se o equilíbrio.
A agitação do sistema permitiria que o equilíbrio fosse atingido
mais rapidamente, porém a concentração do I2 na água nunca
seria zero (equilíbrio químico). Sendo assim, a alternativa C é a
correta.
Alternativa C
CPV fuv101fnov

7. Seu pé direito nas melhores Faculdades FUVEST – 28/11/2010 7
35. O isótopo 14 do carbono emite radiação β, sendo que 36. As naves espaciais utilizam pilhas de combustível,
1 g de carbono de um vegetal vivo apresenta cerca de 900 alimentadas por oxigênio e hidrogênio, as quais, além de
decaimentos β por hora — valor que permanece constante, fornecerem a energia necessária para a operação das naves,
pois as plantas absorvem continuamente novos átomos de produzem água, utilizada pelos tripulantes.
14C da atmosfera enquanto estão vivas. Uma ferramenta
de madeira, recolhida num sítio arqueológico, apresentava Essas pilhas usam, como eletrólito, o KOH(aq), de modo
225 decaimentos β por hora por grama de carbono. Assim que todas as reações ocorrem em meio alcalino. A troca
sendo, essa ferramenta deve datar, aproximadamente, de de elétrons se dá na superfície de um material poroso. Um
esquema dessas pilhas, com o material poroso representado
a) 19 100 a.C. na cor cinza, é apresentado a seguir.
b) 17 100 a.C.
c) 9 400 a.C.
d) 7 400 a.C.
e) 3 700 a.C.
Dado: tempo de meia-vida do 14C = 5 700 anos
Resolução:
De 900 decaimentos β por hora para 225 decaimentos β por hora
passaram-se 2 períodos de meia-vida, o que equivale a 11400 anos.
Comoestamosnoanode2010,issoteriaocorridoaproximadamente,
no ano 9400 a.C.
Alternativa C
Escrevendo as equações das semirreações que ocorrem
nessas pilhas de combustível, verifica-se que, nesse esquema,
as setas com as letras a e b indicam, respectivamente, o
sentido de movimento dos
a) íons OH– e dos elétrons.
b) elétrons e dos íons OH–.
c) íons K+ e dos elétrons.
d) elétrons e dos íons K+.
e) elétrons e dos íons H+.
Resolução:
Analisando-se o esquema, verifica-se que se pode escrever as
seguintes semirreações:
Ânodo: 2 H2 → 4 H+ + 4 e–
(–)
Cátodo: O2 + 4 e– + 2 H+ → 2 OH–
(+)
Reação: 2 H2 + O2 → 2 H2O
Global
A letra a representa os elétrons formados no ânodo e que migram
para o cátodo.
A letra b representa os íons hidróxidos (OH–), que migram do
cátodo para o ânodo, com a finalidade de manter o equilíbrio
iônico.
Alternativa B
fuv101fnov CPV

8. 8 FUVEST – 28/11/2010 Seu pé direito nas melhores Faculdades
37. Os confeitos de chocolate de determinada marca são 38. Para identificar quatro soluções aquosas, A, B, C e D, que
apresentados em seis cores. Com eles, foi feito o seguinte podem ser soluções de hidróxido de sódio, sulfato de potássio,
experimento, destinado a separar os corantes utilizados em ácido sulfúrico e cloreto de bário, não necessariamente nessa
sua fabricação: Confeitos de cada uma das seis diferentes ordem, foram efetuados três ensaios, descritos a seguir, com
cores foram umedecidos com água e pressionados contra as respectivas observações.
uma folha de papel especial, de modo a deixar amostras
dos corantes em pontos igualmente espaçados, sempre a I. A adição de algumas gotas de fenolftaleína a amostras
2 cm da base da folha. A seguir, a folha foi colocada em de cada solução fez com que apenas a amostra de B se
um recipiente com água, de forma a mergulhar somente a tornasse rosada.
base da folha de papel na água, sem que o líquido tocasse II. A solução rosada, obtida no ensaio I, tornou-se incolor
os pontos coloridos. Após algum tempo, quando a água pela adição de amostra de A.
havia atingido o topo da folha, observou-se a formação III. Amostras de A e C produziram precipitados brancos
de manchas de diferentes cores, aqui simbolizadas por quando misturadas, em separado, com amostras de D.
diferentes formas e tamanhos:
Com base nessas observações e sabendo que sulfatos de
metais alcalino-terrosos são pouco solúveis em água, pode-
se concluir que A, B, C e D são, respectivamente, soluções
aquosas de
a) H2SO4, NaOH, BaCl 2 e K2SO4.
b) BaCl 2, NaOH, K2SO4 e H2SO4.
c) NaOH, H2SO4, K2SO4 e BaCl 2.
d) K2SO4, H2SO4, BaCl 2 e NaOH.
e) H2SO4, NaOH, K2SO4 e BaCl 2.
Resolução:
● Pela observação I, conclui-se que a amostra B é a solução de
NaOH,porseraúnicacompHbásico(corrosaemfenolftaleína).
● Pela observação II, verifica-se que a amostra A é a solução de
H2SO4, por ser a única que neutraliza a solução de NaOH.
Os confeitos em cuja fabricação é empregado um corante
● Pela observação III, constata-se que a amostra D é a solução
amarelo são os de cor de BaCl 2, pois, dentre as duas amostras restantes, é a única
que precipita com o H2SO4.
a) vermelha, amarela e marrom. Alternativa E
b) amarela, verde e laranja.
c) verde, azul e marrom.
d) vermelha, amarela e verde.
e) vermelha, laranja e marrom.
Resolução:
A posição das manchas formadas na folha depende dos
componentes de cada confeito.
O corante amarelo, como é possível verificar pela figura, forma
uma única mancha característica.
Essa mesma mancha aparece nos confeitos verde e vermelho.
Alternativa D
CPV fuv101fnov

9. Seu pé direito nas melhores Faculdades FUVEST – 28/11/2010 9
39. Em 2009, o mundo enfrentou uma epidemia, causada pelo 40. A figura abaixo representa uma célula diploide e as células
vírus A(H1N1), que ficou conhecida como gripe suína. A resultantes de sua divisão.
descoberta do mecanismo de ação desse vírus permitiu o
desenvolvimento de dois medicamentos para combater a
infecção, por ele causada, e que continuam necessários,
apesar de já existir e estar sendo aplicada a vacina contra
esse vírus. As fórmulas estruturais dos princípios ativos
desses medicamentos são:
Nesse processo,
Examinando-se as fórmulas desses compostos, verifica-
se que dois dos grupos funcionais que estão presentes no a) houve um único período de síntese de DNA, seguido
oseltamivir estão presentes também no zanamivir. Esses de uma única divisão celular.
grupos são característicos de b) houve um único período de síntese de DNA, seguido
de duas divisões celulares.
a) amidas e éteres. c) houve dois períodos de síntese de DNA, seguidos de
b) ésteres e álcoois. duas divisões celulares.
c) ácidos carboxílicos e éteres. d) não pode ter ocorrido permutação cromossômica.
d) ésteres e ácidos carboxílicos. e) a quantidade de DNA das células filhas permaneceu
e) amidas e álcoois. igual à da célula mãe.
Resolução: Resolução:
O esquema da questão representa, de forma simplificada, o ciclo
Funções presentes no oseltamivir: meiótico de uma célula 2n = 2.
Durante a meiose, há na interfase (fase S) síntese de DNA, que
Éter
resulta na duplicação dos cromossomos, os quais passam a
Éster
apresentar duas ―cromátides-irmãs‖.
Amida
Essa etapa precede o início da meiose I e, na passagem da primeira
Amina
divisão para a meiose II, não ocorre síntese de material genético,
Funções presentes no zanamivir: havendo formação de quatro células haploides (n = 1).
Alternativa B
Álcool
Éter
Ácido carboxílico
Amina
Amida
Funções em comum: amina, amida e éter.
Alternativa A
fuv101fnov CPV

10. 10 FUVEST – 28/11/2010 Seu pé direito nas melhores Faculdades
41. Os resultados de uma pesquisa realizada na USP revelam 42. Na evolução dos vegetais, o grão de pólen surgiu em plantas
que a araucária, o pinheiro brasileiro, produz substâncias que correspondem, atualmente, ao grupo dos pinheiros. Isso
antioxidantes e fotoprotetoras. Uma das autoras do estudo significa que o grão de pólen surgiu antes
considera que, possivelmente, essa característica esteja
relacionada ao ambiente com intensa radiação UV em que a) dos frutos e depois das flores.
a espécie surgiu há cerca de 200 milhões de anos. Com b) das flores e depois dos frutos.
base na Teoria Sintética da Evolução, é correto afirmar c) das sementes e depois das flores.
que d) das sementes e antes dos frutos.
e) das flores e antes dos frutos.
a) essas substâncias surgiram para evitar que as plantas
sofressem a ação danosa da radiação UV. Resolução:
b) a radiação UV provocou mutações nas folhas da Os pinheiros são representantes do grupo das gimnospermas, nas
araucária, que passaram a produzir tais substâncias. quais se inicia a fecundação de forma independente da água, devido
à presença do grão de pólen e, consequentemente, do tubo polínico.
c) a radiação UV atuou como fator de seleção, de maneira
Na escala evolutiva, é sabido que as gimnospermas surgiram
que plantas sem tais substâncias eram mais suscetíveis antes das angiospermas, vegetais possuidores de flores e frutos,
à morte. estruturas ausentes nos pinheiros. Estes apresentam estróbilos e
d) a exposição constante à radiação UV induziu os sementes nuas.
indivíduos de araucária a produzirem substâncias de Alternativa E
defesa contra tal radiação.
e) a araucária é um exemplo típico da finalidade da
evolução, que é a produção de indivíduos mais fortes
e adaptados a qualquer ambiente.
Resolução:
Em um ambiente exposto à forte radiação solar, como o
citado, árvores de araucárias que apresentavam substâncias
antioxidantes e fotoprotetoras foram selecionadas em detrimento
daquelas que não as possuíam. Esse fato está de acordo com a
Teoria Sintética da Evolução.
Alternativa C
CPV fuv101fnov

11. Seu pé direito nas melhores Faculdades FUVEST – 28/11/2010 11
43. Considere os filos de animais viventes e as seguintes Esse gráfico mostra que,
características relacionadas à conquista do ambiente
terrestre: a) desde 1910 até 1940, a taxa de natalidade superou a de
mortalidade em todos os anos.
I. Transporte de gases feito exclusivamente pelo sistema b) a partir de 1938, a queda do número de indivíduos foi
respiratório, independente do sistema circulatório. devida à emigração.
II. Respiração cutânea e pulmonar no mesmo indivíduo. c) no período de 1920 a 1930, o número de nascimentos
III. Ovos com casca calcárea resistente e porosa. mais o de imigrantes foi equivalente ao número de
mortes mais o de emigrantes.
A sequência que reproduz corretamente a ordem evolutiva d) no período de 1935 a 1940, o número de nascimentos
de surgimento de tais características é: mais o de imigrantes superou o número de mortes mais
o de emigrantes.
a) I, II e III. e) no período de 1910 a 1950, o número de nascimentos
b) II, I e III. mais o de imigrantes superou o número de mortes mais
c) II, III e I. o de emigrantes.
d) III, I e II. Resolução:
e) III, II e I.
Resolução:
I. Descreve o sistema traqueal característico dos artrópodes.
II. Respiração cutânea e pulmonar num mesmo indivíduo é
característica marcante de animais do Filo Cordados, da
Classe dos Anfíbios.
III. Ovos com casca calcária, resistente e porosa, surgem na 1200
Classe Répteis do Filo Cordados.
Assim, a sequência numérica que reproduz a sequência evolutiva
do surgimento dessas características é I, II, III.
Alternativa A
44. Em 1910, cerca de 50 indivíduos de uma espécie de
1935
mamíferos foram introduzidos numa determinada região. O
1938
gráfico abaixo mostra quantos indivíduos dessa população
foram registrados a cada ano, desde 1910 até 1950.
Observando atentamente o gráfico, nota-se que em 1935 havia
1000 indivíduos. Já em 1940 o número de indivíduos era de 1200.
Assim, nesse período, embora a curva mostre que de 1938 a 1940
houve declínio do número de indivíduos, se considerarmos apenas
a diferença entre o início e o final do período mencionado, houve
crescimento de 200 indivíduos.
Alternativa D
fuv101fnov CPV