fisica exercicios resolvidos 007

QUESTÃO 21

RESOLUÇÃO

Sendo 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 1

+ + =+ + =+ + =+ + + = 72 (IV)

Substituindo (I), (II) e (III) em (IV), temos:

150 + J = 172 ∴ J = 22

117 + M = 172 ∴ M = 55

97 + P = 172 ∴ P = 75

Substituindo em (IV) os valores de J, M e P encontrados,temos:

75 + 55 + 22 + G = 172 ∴ G = 20

a) Não é possível pesar Gabriel e João juntos, poisG + 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, maiorque o “peso” de Pedro.

Resposta: B

QUESTÃO 22

1 MATEMÁTICA

PROVA COMENTADA E RESOLVIDAPELOS PROFESSORES DO CURSO POSITIVOVestibular 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 quese 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 semresposta. 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 exigidosna prova foram estudados exaustivamente em nossas aulas.

Equipe de Matemática do Curso Positivo

RESOLUÇÃO

Para determinar a quantidade necessária de poltronaspara a fabricação dos três modelos de aviões no ano de2009, basta multiplicarmos as matrizes

A =20 30 60

6 10 15

e B =

20 30 *

y 25

10 8 * *

, e somarmos os

elementos da primeira linha da matriz produto, ou seja:

A.B =

=20 30 60

6 10 15.

20 30

y 25

10 8

=

=+ + + ++ + + +

400 30y 600 600 750 480

120 10y 150 180 250 120 =

=++

1000 30y 1830

270 10y 550

Assim, 1000 + 30y + 1830 = 3280 ∴ y = 15 e a soma dosalgarismos de y é igual a 1 + 5 = 6.

*20 + 0,5.20 = 30 **10 – 0,2.10 = 8

Resposta: A

QUESTÃO 23

RESOLUÇÃO

Se

1 2 –1

1 –m –3

1 3 m

= –m2 – 3m ≠ 0 então, m ≠ 0 e m ≠ –3, ou

seja, o sistema é possível e determinado.

* Se m = 0, S =

x 2y – z 0

x – 3z 0

x 3y 0

x 2y – z 0

–2y – 2z 0

y z 0

+ ==

+ =

⇔

+ ==

+ =

⇔+ =+ ==

x 2y – z 0

y z 0

0 0

Assim, y = –z e x + 2.(–z) – z = 0 ∴ x = 3z, ou seja, osistema é homogêneo, indeterminado com soluçãogeral dada pelo conjunto {(3z; –z; z}, z ∈IR.

* Se m = –3, S =

x 2y – z 0

x 3y – 3z 0

x 3y – 3z –3

x 2y – z 0

y – 2z 0

y – 2

+ =+ =+ =

⇔

+ ==

z –3=

.

⇔+ =

==

x 2y – z 0

y – 2z 0

0 –3

Assim, o sistema é impossível.

É falso que S é determinado se, e somente se, m ≠ 0,pois para m = –3 o sistema é impossível.

É falso que se S é homogêneo, x + y + z é múltiplo de 3,pois x + y + z = 3z que não múltiplo de 3 para todo real z.

Resposta: B e C

QUESTÃO 24

RESOLUÇÃO

Os lados do quadrado cuja área é igual a 1250 medem1250 = 25 2.

Sendo R a medida do raio da circunferência circunscritaao quadrado, temos:

25 2 . 2 = 2 . R ∴ R = 25. Assim,1b

= 25 ∴ b =1

25,

ou seja, b ∈1

261

24,

.

Observação: O enunciado afirma que b ∈ IN*, o quenão é verdade.

Resposta: B

2 MATEMÁTICA


QUESTÃO 25

RESOLUÇÃO

Sabe-se que P(0) = 0, P(2) = 0 e P(1) =12

. Além disso,

sendo q(x) o quociente da divisão de P(x) por

(x – 2).(x – 1).x, temos: P(x) (x – 2).(x – 1). xq(x)

⇔ P(x) = (x – 2).(x – 1).x.q(x)+R(x)

Sendo R(x) = a.x2 + b.x +c, a, b, c ∈ IR, temos:

P(0) = c = 0

P(2) = 4a + 2b + c = 0

P(1) = a + b + c =12

4a 2b 0

a b12

a –12

e b 1

+ =

+ = → = =

Assim, R(x) = –12

.x2 + x e as raízes de R(x) são tais que:

R(x) = 0

–12

. x2 + x = 0 → x = 0 ou x = 2

Resposta: D

QUESTÃO 26

RESOLUÇÃO

Vamos determinar o ponto de intersecção das retas (s) e (t).

2x y – 2 0

x – 3y – 2 0

+ ==

→ x =87

e y = –27

A equação da reta r é dada por:

y – –27

= mr . x –87

, onde mr é o coeficiente angular

da reta r.

mr . x – y –87

. mr –27

= 0

Qualquer ponto da reta t é equidistante das retas r e (s).Tomando por exemplo o ponto (2; 0), pertencente à reta(t), temos:

2.2 0 – 2

2 1

m .2 – 1.0 –87

.m –27

m 12 2

r r

r2

+

+=

+→

→ =+

2

5

67

.m –27

m 1

r

r2

→

→45

3649

.m –2449

.m4

49m 1

r2

r

r2

=+

+→

mr2 + 1 =

4549

.mr2 –

3049

.mr +549

→

→ 4.mr2 + 30.mr + 44 = 0 →

2.mr2 + 15.mr + 22 = 0 ∴ m = –2 ou m = –

112

m = – 2 → r: 2x + y – 2= 0 (não convém)

m = –112

→ r: 11x + 2y – 12 = 0

3 MATEMÁTICA


a) O ponto de intersecção das retas r e (t) também é o

ponto87

27

; –

e, portanto –103

< y < 0.

b) Se x > 0, então x =12 – 2y

11> 0 ∴. Assim, existe

P(x; y) ∈r tal que x > 0 e y < –103

.

c) Se x >87

, então x =12 – 2y

1187

> ∴ y < –27

.

d) Se x < 0, então x =12 – 2y

11< 0 ∴ y > 6. Assim, existe

P(x; y) ∈ r tal que x < 0 e y > 0.

Resposta: C e D

QUESTÃO 27

RESOLUÇÃO

a) Como4733,,

≅ 1,4242, o percentual de aumento do ano

de 1995 para o ano 2000 foi superior a 42%.

b) Como0 545,,

≅ 0,11, a queda de crescimento do ano de

2005 para o percentual estimado no ano de 2009 éaproximadamente igual a 88,9%, portanto, inferior a90%.

c) Como4737

291 9

,,

,,,

≠ , a taxa de crescimento do ano de

2000 em relação ao ano de 1985 é diferente da taxade crescimento do ano de 1990 em relação ao ano de1980.

d) O aumento absoluto do índice de crescimento de1985 em relação ao de 1980 foi de 3,7 – 1,9 = 1,8pontos percentuais. Em termos relativos econsiderando-se o índice em 1980, tal aumentocorresponde a1819,,

≅ 0,947 ≅ 0,95 = 95%.

Observação:

A afirmação da alternativa (d) deveria ter utilizadodenominações apropriadas para distinguir aumentosabsolutos e relativos.

Resposta: C

QUESTÃO 28

4 MATEMÁTICA


RESOLUÇÃO

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.1523π

2.π.R

R = 5 cm

Sendo H a medida da altura do cone, temos:

152 = 52 + H2 ∴ H = 10 2 cm.

O volume do objeto A é igual a 2 .13

. π . 52.10 2 =

=500 2

3π

cm3.

Sendo r a medida do raio de cada esfera, temos:

4π . r2 = 9π ∴ r =32

cm.

Considerando esferas fundidas, o número máximo deesferas é igual a 52, pois

VV

500 . 1,413

43

. .32

23592

4709

= 522A

esfera3

=

= = +

π

π9

Assim, o espaço vago dentro desse objeto é igual a

235π – 52 .92π

= π cm3.

Se não considerarmos as esferas fundidas e sim rígidas,independentemente da disposição das esferas nointerior do objeto A, é possível mostrar que o volume nãoocupado pelas esferas é superior a 2π.

Considere uma esfera alocada na posição mais internapossível em relação a um dos cones que compõem oobjeto A. Sendo h e x, respectivamente, as medidas daaltura e do raio do cone cuja base tangencia essa esfera

e, como r =32

cm, por meio de duas semelhanças de

triângulos, temos:r5

r h15

=+

→ h = 3 cm ex5

h

10 2= ∴ x =

3

2 2cm

Assim, o volume dos dois cones que ficarão vazios éigual a:

2.13

.π.3

2 2

2

. 3 =

94π

= 2,25π cm3.

Sem Resposta

5 MATEMÁTICA


QUESTÃO 29

RESOLUÇÃO

a) h(0) = g(0) + 2 = 2 + 2 = 4

h(h(0)) = h(4) = g(4) + 2 = –2 + 2 = 0

Assim, h o hohoho...ohnvezes

� ��

(0) =

4, senéímpar

0, senéímpar

b) y = h h h12

= h(h(A)), onde 2 < A < 3

y = h(B), onde 1 < B < 2

y = C, onde 2 < C < 3

c) (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

d) x = h h h32

= h(h(A)), onde 2 < A < 3

x = h(B), onde 1 < B < 2

x = C, onde 2 < C < 3

Resposta: B

QUESTÃO 30

RESOLUÇÃO

f12

= 2.g(b) → 22

12

1. += 2.3b+1 → 4 = 2.3b+1 →

→ 2 = 3b . 3 ∴ 3b =23

p = log3b → 3p = b

Assim, 323

3p= → –1 < 3p < 0 ∴ p não está definido.

Resposta: C

QUESTÃO 31

RESOLUÇÃO

f(x) = cos(4x) – senπ2

– 6x

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

Assim, 5x = k.π ∴ x =k.5π

, k ∈ Z ou x = k.π,k ∈ Z

6 MATEMÁTICA


A representação geométrica das raízes da função f é:

Resposta: D

QUESTÃO 32

RESOLUÇÃO

f(x) = –1 + 3.sen(2x)

Observe o gráfico da função f:

a) A função f é decrescente para todo x ∈π π4 2

;

e

crescente para todo x ∈π π2

34

;

. Assim, é falso

afirmar que f é decrescente para todo x ∈π π4

34

;

.

b) Observando o gráfico da função f, temos que aimagem da função é o conjunto [–1; 2].

c) Se f(x) = 0, então –1+ 3.sen(2x) = 0 → sen(2x) = ±13

.

Assim, no intervalo [0; 2π] temos 4 soluções para a

equação sen(2x) =13

e 4 soluções para a equação

sen(2x) = –13

, totalizando 8 soluções.

d) O período da função f éπ2

. Observe agora o gráfico da

função g(x) = 2.f(x) = –2 + 2.3.sen(2x)

O período da função g também é igual aπ2

.

Resposta: A

QUESTÃO 33

7 MATEMÁTICA


RESOLUÇÃO

Na 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 > 60

e

30 + 0,4.x > 50 → x > 50

Assim, o menor valor possível para m é 60.

Resposta: C

QUESTÃO 34

RESOLUÇÃO

Observando o gráfico, temos que h(x) > g(x) para todo xreal. Assim, basta determinar os valores de x em queg(x) > f(x). O gráfico da função g, definida porg(x) = a.x + b passa pelos pontos (1; 0) e (0; 1).

Resposta: A

QUESTÃO 35

RESOLUÇÃO

Se considerarmos D o maior subconjunto real possível paraque a função esteja bem definida, ou seja, D = IR*.

a) Verdadeira. A função f é par, poisf(–x) = 1 + log2[(–x)2] = 1 + log2(x2) = f(x).

b) Verdadeira. A função f é sobrejetora ∀ x ∈ D, pois sey ∈ IR e y = 1 + log2(x2), então y – 1 = log2(x2) →→ x2 = 2y–1 ∴ x = ± 2y–1. Assim, para todo y real,existem dois valores de x para os quais f(x) = y.

c) Falsa. A função f não é injetora ∀ x ∈ D, pois comof(–x) = f(x) ∀ x ∈ D, existem dois valores distintos de xcom a mesma imagem.

d) Verdadeira. Se 1 ≤ x1 < x2, então 1 ≤ x12 < x2

2 e assimlog2(x1)2 < log2(x2)2 → 1 + log2(x1)2 < 1 + log2(x2)2 ∴

8 MATEMÁTICA


∴ f(x1) < f(x2). Portanto, a função f é crescente sex ∈ [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: C

QUESTÃO 36

RESOLUÇÃO

Sendo 1650 a média salarial após todos os saláriosterem aumentado 10%, temos:

Assim, o novo salário do gerente é igual a5000.1,10 = 5500 reais.

Resposta: D

QUESTÃO 37

RESOLUÇÃO

Para determinar os pontos de intersecção dessacircunferência com os eixos coordenados, bastasubstituir x e y por zero.

Assim, os pontos A, B e A’ são, respectivamente,

( )0 3; , ( )0 3;– e (–1; 0).

A área do triângulo A´AB é igual a2 31

2.

= 3 unidades

de área.

Resposta: B

9 MATEMÁTICA


QUESTÃO 38

RESOLUÇÃO

Resposta: A

QUESTÃO 39

RESOLUÇÃO

O número de maneiras de escolher 3 alunos e 3 alunas éigual a C .C5

363 = 10.20 = 200. Em seguida, dispomos os

alunos em um círculo sem que alunos do mesmo sexose posicionem lado a lado.

Sendo F1, F2 e F3 as alunas (sexo feminino), M1, M2 e M3os alunos (sexo masculino), temos PC3 = (3 – 1)! = 2! = 2maneiras distintas de posicionar os alunos do sexofeminino. Para cada um desses posicionamentos, temosP3 = 3! = 6 maneiras distintas de posicionar os alunos dosexo masculino.

Assim, o número total de maneiras distintas de fazer asescolhas e as disposições é igual a 200.2.6 = 2400.

Resposta: C

QUESTÃO 40

RESOLUÇÃO

Se apenas A, B e C participam da competição, sendop(A), p(B) e p(C), respectivamente, as probabilidades deA, B e c vencerem a prova, temos que:

a) Verdadeira. A probabilidade de A ou B vencer é iguala 0,4 + 0,4 = 0,8.

b) Verdadeira.

c) Verdadeira. A probabilidade de B ou C vencer é iguala 0,4 + 0,2 = 0,6.

d) Falsa. A probabilidade de C vencer é igual a 0,2.

Resposta: D

10 MATEMÁTICA


fisica exercicios resolvidos 007

Education