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MATEMÁTICA
FRENTE 1
MÓDULO 33
INEQUAÇÕES TRIGONOMÉTRICAS
{
π
7π
V = x ∈ | 0 ≤ x ≤ –– ou ––– ≤ x ≤ 2π
4
4
4) I)
2
1) sen x ≥ –––
2
1
sen x ≥ ––
2 ⇒
0 ≤ x ≤ 2π
{
1
cos x ≥ ––
2 ⇒
0 ≤ x ≤ 2π
{
Para 0 ≤ x ≤ 2π, temos:
π
3π
V = x ∈ –– ≤ x ≤ –––
4
4
{
2) tg x ≥ –––
3
}
1
sen x ≥ ––
2
1
cos x ≥ –– ⇒ V = V1 傽 V2 ⇒
2
0 ≤ x ≤ 2π
π
π
⇒ V = x ∈ | –– ≤ x ≤ –––
3
6
3
π
⇒ 0 < x < –––
3
0<x<
8) Como tg2x + 1 = sec2x, temos que
tg2x + 1 – sec2x + sen x > 0 ⇔
⇔ sec2x – sec2x + sen x > 0 ⇔ sen x > 0.
}
5π
π
⇒ V2 = x ∈ | 0 ≤ x ≤ –– ou ––– ≤ x ≤ 2π
3
3
III)
1
cos x > ––
2
Resposta: A
5π
π
⇒ V1 = x ∈ | –– ≤ x ≤ –––
6
6
II)
}
}
5) sen < 0 e cos < 0 ⇒ ∈ 3o. quadrante
cos < 0 e tg < 0 ⇒ ∈ 2o. quadrante
sen > 0 e cotg > ⇒ ∈ 1o. quadrante
Resposta: A
sen x > 0
0 ≤ x ≤ 2
⇒ 0<x<
Resposta: D
9) (sen x + cos x)2 – 2 sen x cos x + cos x ≥ 0 ⇔
⇔ sen2x + cos2x + 2 sen x cos x –
– 2 sen x cos x + cos x ≥ 0 ⇔
⇔ 1 + cos x ≥ 0 ⇔ cos x ≥ – 1
6)
0 ≤ x ≤ 2
cos x ≥ – 1
⇒ 0 ≤ x ≤ 2
Respostas: E
Para 0 ≤ x ≤ 2π, temos:
π
π
7π
3π
V = x ∈ –– ≤ x < –– ou –– ≤ x < ––
6
2
6
2
10) D(f) = {x ∈ 2 sen x – 1 ≥ 0}
2
3) cos x ≥ –––
2
1
sen x ≥ ––
2
π
π
≤ x ≤ –––
⇒ ––
6
2
0 ≤ x ≤ ––
2
Portanto, a solução é
2 sen x – 1 ≥ 0 ⇔ 2 sen x ≥ 1 ⇔
1
⇔ sen x ≥ –––
2
––π6 ; –––π2 Resposta: D
7)
Logo, o domínio da função é
5
D(f) = { x ∈ ––– + n 2 ≤ x ≤ ––– +
6
6
+ n 2, n ∈ }
Para 0 ≤ x ≤ 2π, temos:
Resposta: C
–1
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MÓDULO 34
INEQUAÇÕES TRIGONOMÉTRICAS
7π
11π
⇔ ––– + n . π ≤ x ≤ + –––– + n . π
12
12
1
1) 2 cos x – 1 ≤ 0 ⇔ 2 cos x ≤ 1 ⇔ cos x ≤ ––
2
{
7π
11π
V = x ∈ | ––– + nπ ≤ x ≤ ––– + nπ, n ∈ 12
12
}
3
7) 3 tg x ≤ 3 ⇔ tg x ≤ –––
3
1
1
4) – –– < cos x < ––
2
2
{
}
π
5π
V = x ∈ | –– + n . 2π ≤ x ≤ ––– + n . 2π, n ∈ 3
3
3
2) tg x ≥ –––
{
}
π
2π
V = x ∈ | –– + nπ < x < ––– + nπ, n ∈ 3
3
3
5)
3
tg x ≤ –––
3 ⇒
0 ≤ x ≤ 2
7π
π
π
⇒ 0 ≤ x ≤ –– ou ––– < x ≤ –––
6
2
6
3π
ou ––– < x ≤ 2
2
Resposta: A
8) tg x + cotg x – sec x . cossec x + tg x ≤ 0 ⇔
sen x cos x
1
1
sen x
⇔ –––– + –––– – –––– . –––– + –––– ≤ 0 ⇔
cos x sen x cos x sen x cos x
sen2x + cos2x – 1 + sen2x ≤ 0
⇔ ––––––––––––––––––––––––– ⇔
sen x . cos x
{
π
π
V = x ∈ | –– + nπ ≤ x < –– + nπ, n ∈ 2
6
1
0 ≤ sen x ≤ ––
2 ⇒
0≤x≤
π
5π
⇒ 0 ≤ x ≤ –– ou –– ≤ x ≤ 6
6
}
Resposta: B
3) 2 . sen (2x) + 1 ≤ 0 ⇔ 2 . sen (2x) ≤ – 1 ⇔
1
⇔ sen (2x) ≤ – ––
2
7π
11π
––– + n . 2π ≤ 2x ≤ –––– + n . 2π ⇔
6
6
2–
sen x
⇔ –––––– ≤ 0 e sen x ≠ 0 e cos x ≠ 0 ⇔
cos x
⇔ tg x ≤ 0 e sen x ≠ 0 e cos x ≠ 0
6)
0 ≤ x ≤ 2
cos x ≥ 0
O arco destacado no ciclo trigonométrico
corresponde aos possíveis valores de 2x,
assim:
1 – 1 + sen2x ≤ 0
sen2x
⇔ –––––––––––––– ⇔ –––––––––– ≤ 0⇔
sen x . cos x
sen x . cos x
⇒
π
3π
⇒ 0 ≤ x ≤ –– ou ––– ≤ x ≤ 2
2
2
Resposta: D
Resposta: B
tg x ≤ 0
π
sen x ≠ 0 ⇒ –––
<x<
2
cos x ≠ 0
0≤x≤
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MÓDULO 35
ADIÇÃO E SUBTRAÇÃO DE ARCOS
9)
6) sen 75o = sen(45o + 30o) =
= sen 45o . cos 30o + sen 30o . cos 45o =
2
3
2
6 + 2
1
= ––– . ––– + ––– . ––– = ––––––––
2
2
2
2
4
1) sen 105º = sen (60º + 45º)
sen 105º = sen 60º . cos 45º + sen 45º . cos 60º
1
3
2
2
sen 105º = ––– . ––– + ––– . ––
2
2
2
2
6
2
sen 105º = ––– + –––
4
4
π
π
tg x ≥ 1 ⇔ ––– + n ≤ x ≤ ––– + n,
2
4
n∈
6 + 2
sen 105º = ––––––––
4
2) cos 105º = cos (60º + 45º)
cos 105º = cos 60º . cos 45º – sen 60º . sen 45º
Resposta:
π
π
V = {x ∈ ––– + n ≤ x < ––– + n,
2
4
n ∈ }
2 3 2
1
cos 105º = –– . ––– – ––– . –––
2
2
2
2
2 6
cos 105º = ––– – –––
4
4
10)
cos 105º =
2 – 6
–––––––––
Resposta: E
7)
tgtg (x x=+3 y ) = 33 ⇒
⇒
3 + tg y
⇒ –––––––––– = 33 ⇒
1 – 3 tg y
⇒ 3 + tg y = 33 – 99 tg y ⇒
⇒ tg y + 99 tg y = 33 – 3 ⇒
⇒ 100 tg y = 30 ⇒ tg y = 0,3
Resposta: B
8) I ) sen 105° = sen(60° + 45°) =
= sen 60° . cos 45° + sen 45° . cos 60° =
4
3 2
2 1
6 + 2
= ––– . ––– + ––– . ––– = ––––––––
2
2
2
2
4
3) tg 105° = tg(45° + 60°) =
tg 45° + tg 60°
= –––––––––––––––– =
1 – tg 45° . tg 60°
x≥0
sen
0 < x < 2
⇒0<x<
Como 3,14, concluimos que a maior
solução inteira da inequação é o 3.
Resposta: C
1 + 3
3
1 + = –––––––––– . –––––––––– =
3
3
1 – 1 . 1 + 1 + 2
3+3
3
4 + 2
3
= ––––––––––– = ––––––––– = – 2 – 1–3
–2
4) (sen 10º + cos 20º)2 + (sen 20º + cos 10º)2 =
11)
= sen2 10º + 2 . sen 10º . cos 20º +
+ cos2 20º + sen2 20º + 2 . sen 20º . cos 10º +
+ cos2 10º = 1 + 2 . sen 10º . cos 20º + 1 +
+ 2 . sen 20º . cos 10º =
= 2 + 2 . (sen 10º . cos 20º + sen 20º . cos 10º) =
1
= 2 + 2 . sen 30º = 2 + 2 . –– = 2 + 1 = 3
2
Resposta: E
cos x ≥ 0 ⇒
0 ≤ x ≤ 2
3
⇒ 0 ≤ x ≤ –– ou ––– ≤ x ≤ 2
2
2
5) I) sen(x + y) + sen(x – y) = 2 ⇔
⇔ sen x . cos y + sen y . cos x +
+ sen x . cos y – sen y . cos x = 2 ⇔
⇔ 2 . sen x . cos y = 2 ⇔
⇔ sen x . cos y = 1
x . cos y = 1
sen x = 1
⇔
sen
sen x + cos y = 2
cos y = 1
Como 6,28, concluimos que a maior
solução inteira da inequação é o 6.
II)
Resposta: A
π
Para {x;y} 傺 [0;2π[, temos x = –– e y = 0.
2
tg x + tg y
–––––––––––––
1 – tg x . tg y = 33 ⇒
tg x = 3
II ) cos 75° = cos(45° + 30°) =
= cos 45° . cos 30° – sen 45° . sen 30° =
2 3
2 1
6 – 2
= ––– . ––– – ––– . ––– = ––––––––
2
2
2
2
4
De I e II concluimos que
y = sen 105° – cos 75° =
6 + 2
6 – 2
= –––––––– – –––––––– =
4
4
2
2
2
= ––––––––
= –––
4
2
2
Resposta: y = –––
2
tg a + tg b
9) Como –––––––––– = tg (a – b),
1 + tg a . tg b
para a = x + y e b = y obtém-se
tg(x + y) – tg y
––––––––––––––– = tg(x + y – y) = tg x
1 + tg(x + y). tg y
Resposta: tg x
10) I)
3
sen y = ––
5
0 < y < ––
2
⇒
3
sen y = ––
5
4
cos y = ––
5
–3
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II) x + y = –– ⇒ x = –– – y ⇒
4
4
⇒ sen x = sen –– – y ⇒
4
⇒ sen x = sen –– . cos y – sen y . cos ––
4
4
De (I) e (II) é possível concluir que
2 4
2
3 2
sen x = ––– . –– – –– . ––– = –––
10
2
5
5
2
MÓDULO 36
ARCO DUPLO
1) cos(2x) = cos2x – sen2x =
= 1 – sen2x – sen2x = 1 – 2 . sen2x =
2
2
= 1 – 2 . ––
3
2) I) sen2x + cos2x = 1 ⇔
⇔
cos2x
=1–
2
1
= 1 – ––
4
2
Resposta: –––
10
3
3
1
11) Na equação ––– sen x + –– cos x = ––– ,
2
2
2
1
3 por cos ––
substituindo –––
e –– por
6
2
2
resulta:
3
. sen x + sen . cos x = –––
cos ––
⇔
––
2
6
6
3
⇔ sen x + –– = –––
2
6
sen2x
=
15
1
= 1 – –– = –– ⇔
16 16
⇔ cos x = ±
15
15
––– ⇒ cos x = ––– ,
4
16
pois x é um arco do primeiro quadrante.
II) sen(2x) = 2 . sen x . cos x =
15
–––
1
= 2 . –– .
4
sen ––
6
8
1
= 1 – –– = ––
9
9
4
=
15
–––
8
3) I) sen2x + cos2x = 1 ⇔ cos2x = 1 – sen2x =
2
4
= 1 – ––
5
9
16
= 1 – ––– = ––– ⇔
25
25
⇔ cos x = ±
9
––– ⇒
25
3
⇒ cos x = – –– , pois x é um arco de
5
segundo quadrante.
4
––
5
sen x
II) tg x = ––––– = ––––– =
cos x
3
– ––
5
Temos, então, que
2
x + –– = –– + n2 ou x + –– = ––– + n2,
6
3
6
3
n ∈ ⇔ x = –– + n2
6
ou x = –– + n2, n ∈ 2
Resposta: V = {x ∈ x = –– + n2 ou
6
x = –– + n2, n ∈ }
2
12) 1455o
15o
360o
4
⇒ 1455o 15o ⇒
⇒ sen 1455o = sen 15o = sen(45o – 30o) =
= sen 45o . cos 30o – sen 30o. cos 45o =
2 3
6 – 2
1 2
= ––– . ––– – –– . ––– = ––––––––
2
2
2
2
4
Resposta: C
4–
4 5
4
= – –– . –– = – ––
5 3
3
2 . tg x
III) tg(2x) = ––––––– =
1 – tg2x
1
2
5) ––––– – –––––––– =
tg x
tg (2x)
1
2
= ––––– – ––––––––––– =
tg x
2 . tg x
–––––––
1 – tg2x
1 – tg2x
1
= ––––– – 2 . ––––––––––– =
tg x
2 . tg x
1 – 1 + tg2x
1 – tg2x
1
= ––––– – ––––––––––– = ––––––––––––– =
tg x
tg x
tg x
tg2x
= –––––– = tg x
tg x
Resposta: B
1
6) sen a – cos a = ––– ⇒
5
1
⇒ (sen a – cos a)2 = ––
5
2⇒
1
⇒ sen2a – 2sen a cos a + cos2a = ––– ⇒
25
1
1
⇒ 1 – sen (2a) = ––– ⇒ 1 – ––– = sen (2a) ⇒
25
25
24
⇒ sen (2a) = –––
25
Resposta: B
7) y = (sen 22°30’ + cos 22°30’)2 =
= (sen 22°30’)2 + (cos 22°30’)2 +
+ 2(sen 22o30’). (cos 22o30’) =
= 1 + sen[2. (22o30’)] = 1 + sen 45o =
2
2 + 2
= 1 + ––– = ––––––––
2
2
2 + 2
Resposta: y = ––––––––
2
3
3
8) 2 sen x cos x = ––– ⇔ sen(2x) = ––– ⇔
2
2
8
– ––
3
= ––––––––– = ––– =
7
4 2
– ––
1 – – ––
9
3
2
⇔ 2x = –– + n . 2 ou 2x = –––– + n . 2,
3
3
n ∈ ⇔ x = –– + n ou x = –– + n
6
3
8
9
24
= –– . –– = ––
3
7
7
Como x ∈ [ 0, ], concluimos que
x = –– ou x = ––
6
3
4
2 . – ––
3
1
4) sen x + cos x = ––
3
1
(sen x + cos x)2 = –– ⇔
3
1
⇔ sen2x + 2 . sen x . cos x + cos2x = –– ⇔
9
1
⇔ 1 + sen(2x) = –– ⇔
9
1
8
⇔ sen(2x) = –– – 1 = – ––
9
9
Portanto,
+ 2
3
–– + –– = –––––––– = –––– = ––
6
3
6
6
2
Resposta: D
1
9) sen x = ––––– ⇔ sen x . cos x = 1 e cos x ≠ 0 ⇔
cos x
⇔ 2 sen x cos x = 2 e cos x ≠ 0 ⇔ sen (2x) = 2
A solução da equação proposta é V = Ø,
pois – 1 ≤ sen (2x) ≤ 1
Resposta: E
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1 . 2 sen x cos x =
10) y = 3 + sen x . cos x = 3 + ––
2
2)
5)
1
= 3 + –– sen (2x)
2
ou 0 ≤ 2x ≤ temos
Para 0 ≤ x ≤ ––
2
0
1
1
0 ≤ sen (2x) ≤ 1 ⇒ –– ≤ –– sen (2x) ≤ –– ⇒
2
2
2
1
1
⇒ 0 + 3 ≤ 3 + –– sen (2x) ≤ –– + 3 ⇒
2
2
7
⇒ 3 ≤ y ≤ ––
2
O maior valor que y pode assumir é,
7
portanto, igual a –– .
2
Resposta: D
^
Pela lei dos senos no ΔABC:
4
x
––––––– = ––––––– ⇔
sen 45°
sen 30°
^
4
2
4
x
⇔ ––––– = ––––– ⇔ ––––– . –––– ⇔
2
2
1
2
–––
–––
2
2
^
^
Pela lei dos senos obtém-se
C
20
––––––– = ––––––– ⇒
sen 30°
sen 105°
2 cm
⇔ x = 2 C
20
–––––––––– = –––– ⇒
1
6 + 2
––
––––––––
2
4
3)
80
40
⇒ 2c = –––––––––– ⇒ c = –––––––––
6 + 2
6 + 2
2
^
Se B = 45o e C = 30o, então A = 105o
11) cos (2x) = cos2x – sen2x = 1 – sen2x – sen2x =
1
= 1 – 2 sen2x = 1 – 2. ––
2
^
Observe que A+ B + C = 180o
=
1 =1– 1 = 1
= 1 – 2. ––
–– ––
4
2 2
Resposta: C
Resposta: C
Note que sen 105o = sen (60o + 45o) =
1
1 ⇒ sen x = ––
⇒ sen2x = ––
2
4
= sen 60o . cos 45o + sen 45o . cos 60o =
Pela lei dos senos:
1 ⇒ 1 – 2 sen2x = 1 ⇒
12) cos (2x) = ––
––
2
2
1
1 ⇒
2
2
⇒ 1 – –– = 2 sen x ⇒ 2 sen x = ––
2
2
3 . 2 2 1
6 + 2
= –––
––– + ––– . ––– = ––––––––
2
2
2
2
4
10
10
––––––– = 2R⇔ –––– = 2R ⇔ R = 10 m
sen 30°
1
––
2
6)
4)
1
––
Para x ∈ 0; ––
2 , sen x = 2
Resposta: D
13) y = sen a cos3a + sen3a cos a =
= sen a cos a ( cos2a + sen2a) =
1
= sen a. cos a . 1 = –– . 2 sen a cos a =
2
Pela lei dos senos no ΔABC:
1
= –– sen(2a).
2
BC
AC
AB
––––––– = ––––––– = ––––––– = 2 . R
sen 105°
sen 45°
sen 30°
Resposta: C
MÓDULO 37
LEI DOS SENOS
1) Pela lei dos senos, no ΔABC:
x
5
––––––– = ––––––– ⇔
sen 60°
sen 45°
3
2
5
x
5
⇔ –––– = ––––– ⇔ x = ––––– . –––– ⇔
2
2
3
2
–––
–––
2
2
5
6
⇔ x = –––––
2
Pela lei dos senos resulta:
2
2
––––––– = ––––––– ⇒
sen 30°
sen AB
––––– = 2 . 50 ⇔ AB = 50 m
1
–––
2
2
2
––––––– = ––––– ⇒
sen 1
–––
2
AC
2m
––––– = 2 . 50 ⇔ AC = 50
2
–––
2
2
1
⇒ 2 sen = 1 ⇒ sen = ––– = ––– ⇒
2
2
BC
–––––––––– = 2 . 50 ⇔
6 + 2
––––––––
4
6 + 2 )m
⇔ BC = 25(
Assim, as distâncias que separam essas pes2 m e 25(
6 + 2) m.
soas são 50 m, 50
= 45o
+ + 30° = 180°
= 45°
⇒ 45o + o + 30o = 180o ⇒ = 105o
Resposta: D
–5
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III) Pela lei dos cossenos, temos:
7)
a2
=
b2
⇔ a2 =
+
c2
1
–– . 4 . 4. sen 120° =
2
– 2 . b . c . cos α ⇔
2
3
1
= –– . 4 . 4. –––– = 4
3
2
2
2
+ –––7 –
8a
–––
7
3a
Resposta: B
8a
3a
– 2 . ––– . ––– . cos α ⇔
7
7
⇔ 49.a2 = 64.a2 + 9.a2 – 48.a2.cos α ⇔
7)
⇔ 48.a2.cos α = 24.a2 ⇔
1
⇔ cos α = ––– ⇒ α = 60°
2
Resposta: B
O comprimento x da ponte AB é tal que
x
100
––––––– = ––––––– ⇒
sen 45°
sen 30°
x
100
2
⇒ ––––– = ––––– ⇒ x = 100 1
2
–––
–––
2
2
5)
A distância x, em km, entre B e C é tal que
x2 = 1202 + 802 – 2 . 120 . 80 . cos 60o ⇒
1
⇒ x2 = 14400 + 6400 – 2 . 9600 . –– ⇒
2
Resposta: 100 2 m 100 . 1,41 m = 141 m
⇒ x2 = 20800 – 9600 ⇒ x2 = 11200 ⇒
MÓDULO 38
LEI DOS COSSENOS
1)
x2
=
52
+
Para calcular a medida c podemos nos
valer de c2 = a2 + b2 – 2ab cos c ( lei dos
cossenos)
Resposta: C
62
x2
– 2 . 5 . 6 cos 60°
1
= 25 + 36 – 2 . 30 . ––
2
x2
= 31 ⇒ x = 31
x2 = 102 + 122 – 2 . 10 . 12 . cos 60°
1
x2 = 100 + 144 – 2 . 120 . ––
2
x2 = 124 ⇒ x = 2
31 cm
3) (
4 )2 = (
2 )2 + (
3 )2 –
10 < 112 < 11 ⇒ 100 < 10
112 < 110
Resposta: C
6)
2)
11200 = 10
112
⇒ x = 8)
Utilizando a lei dos cossenos no triângulo
ACD obtém-se:
(
21)2 = 52 + 42 – 2 . 5 . 4 . cos c ⇒
⇒ 21 = 25 + 16 – 40 cos c ⇒
1
⇒ 40 cos c = 20 ⇒ cos c = –– ⇒ c = 60o
2
2 . 3 . cos α ⇔
– 2 . 6 . cos α ⇔
⇔ 4 = 2 + 3 – 2 . c
b
––––––– = –––––––
sen C
sen B
⇒
1
sen C = –– sen B
2
c
b
⇒ ––––––––– = ––––––– ⇒ b = 2c
sen
B
1
–– sen B
2
6 cos α = 1 ⇔
⇔ 2
Como b2 + c2 = 32 (Pitágoras) temos
6
6
1
⇔ cos α = ––––– . –––– ⇔ cos α = ––––
12
6
2
6 (2c)2 + c2 = 9 ⇒ 4c2 + c2 = 9 ⇒
9
⇒ 5c2 = 9 ⇒ c2 = –– ⇒
5
4)
3a
I) 3a = 7c ⇔ c = –––
7
3a
8a
II) 3b = 8c ⇔ 3b = 8 . ––– ⇔ b = –––
7
7
6–
O triângulo ABC é isósceles, pois tem dois
ângulos com medidas iguais a 30°. Os dois
lados opostos a esses ângulos também têm
medidas iguais e cada um mede 4.
A área do triângulo ABC pode ser obtida
1
fazendo-se –– . AC . BC . sen C, isto é,
2
3
5
⇒ c = ––– ⇒ c = 3–––
5
5
5
Logo, b = 6–––
5
5 e 3
5
Resposta: 6–––
–––
5
5
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:01 Page 7
MÓDULO 39
RESOLUÇÃO DE TRIÂNGULOS
Pela lei dos cossenos, no APM:
⇒ 25 < x2 < 25 + 24 ⇒
x2
⇒5<x<7
Resposta: D
=
32
+
22
– 2 . 3 . 2 . cos 60°
1
x2 = 9 + 4 – 2. 6 . –– ⇒ x2 = 7 ⇒ x = 7
2
1)
Logo, o perímetro do ΔAPM é:
7 = 5 + 7
3 + 2 + 42 = 102 + 122 – 2 . 10 . 12 . cos θ ⇔
⇔ 16 = 100 + 144 – 240 . cos θ ⇔
19
⇔ 240 . cos θ = 228 ⇔ cos θ = –––
20
Resposta: A
Resposta: D
5)
2)
42 = 32 + 32 – 2 . 3 . 3 . cos ⇒
1
⇒ 18 cos = 2 ⇒ cos = ––
9
1
Resposta: cos = ––
9
6)
I) O ΔABD é retângulo isósceles e, portanto:
^
^
2 cm e ABD = ADB = 45°
BD = 3
II)Pela lei dos senos, no ΔBCD:
2
3
x
––––––– = ––––––– ⇔
sen 60°
sen 45°
No triângulo BDC temos:
x
d
––––––– = –––––––
sen C
sen 2
3
x
3 cm
⇔ ––––– = –––––– ⇔ x = 3
2
3
–––
–––
2
2
Resposta: D
Mas, sen C = sen ( + ) ângulos suplementares. Então
x
d
–––––––––– = ––––––– ⇒
sen ( + )
sen 2
3
BC
3) ––––––– = ––––––– ⇔
sen 75°
sen 45°
2
3
BC
⇔ –––––––––– = ––––––
2
6 + 2
–––
––––––––
2
4
d sen ⇒ x = ––––––––––
sen ( + )
Resposta: B
MÓDULO 40
SEQUÊNCIAS E
PROGRESSÃO ARITMÉTICA
1) Se a sequência an = 3n + 2; ∀n ∈ *,
então:
Para n = 1, temos a1 = 3 . 1 + 2 = 5
Para n = 2, temos a2 = 3 . 2 + 2 = 8
Para n = 3, temos a3 = 3 . 3 + 2 = 11
Para n = 4, temos a4 = 3 . 4 + 2 = 14
Resposta: (5, 8, 11, 14, ...)
2) Se a sequência (an) for definida por
an = n2 – n, então:
Para n = 1, temos a1 = 12 – 1 = 1 – 1 = 0
Para n = 8, temos a8 = 82 – 8 = 64 – 8 = 56
Para n = 10, temos a10 = 102 – 10 =
= 100 – 10 = 90
Para n = 20, temos a20 = 202 – 20 =
= 400 – 20 = 380
a1 = 0; a8 = 56; a10 = 90; a20 = 380
3) a) A sequência (2,5,8,12, ...) não é P.A.,
pois 5 – 2 = 8 – 5 = 3 e 12 – 8 ≠ 3.
b) A sequência (16, 11, 6, 1, ...) é uma P .A.
de razão – 5 e, portanto, estritamente
decrescente, pois 11 – 16 = 6 – 11 =
= 1 – 6 = ... = – 5
c) A sequência (– 7, – 3, 1, 5, ...) é uma
P .A. de razão 4 e, portanto, estritamente
crescente, pois
(– 3) – (– 7) = 1 – (– 3) = 5 – 1 = ... = 4.
d) A sequência (6, 6, 6, 6, ...) é uma P.A. de
razão 0 e, portanto, constante, pois
6 – 6 = 6 – 6 = 6 – 6 = 0.
4) Se (an) é uma sequência definida por
a1 = 2 e an + 1 = 2an + 3, ∀n ∈ *, então:
a1 = 2
a2 = 2 . a1 + 3 = 2 . 2 + 3 = 7
7)
a3 = 2 . a2 + 3 = 2 . 7 + 3 = 17
3
6 + 2 ) cm
BC = ––– (
2
Resposta: A
a4 = 2 . a3 + 3 = 2 . 17 + 3 = 37
a5 = 2 . a4 + 3 = 2 . 37 + 3 = 77
4)
Seja BC = x
x2 = 32 + 42 – 2 . 3 . 4 . cos A ⇒
⇒ x2 = 9 + 16 – 24 cos ⇒
⇒ x2 = 25 – 24 cos Se é obtuso, isto é, 90o < < 180o,
então –1 < cos < 0 ⇒
⇒ 24 > – 24 cos > 0 ⇒
⇒ 0 < – 24 cos < 24 ⇒
5) Se a sequência (a1, a2, a3, ..., an, ...) for tal
que a1 = 1, a2 = 3 e
an+2 = an + an+1 ∀n ∈ *, então:
a1 = 1
a2 = 3
a3 = a1 + a2 = 1 + 3 = 4
a4 = a2 + a3 = 3 + 4 = 7
a5 = a3 + a4 = 4 + 7 = 11
Assim sendo: a1 + a2 + a3 + a4 + a5 =
= 1 + 3 + 4 + 7 + 11 = 26
Resposta: D
–7
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6) I) 3, 7, 11, ...
3, 3 + 4, 3 + 4 + 4, 3 + 4 + 4 + 4 = 15
II) 2, 6, 18, ...
2, 2 . 3, 2 . 3 . 3, 2 . 3 . 3 . 3 = 54
III) 2, 5, 10, 17, ...
2, 2 + 3, 2 + 3 + 5, 2 + 3 + 5 + 7, 2 + 3 + 5
+ 7 + 9 = 26
Resposta: 15, 54 e 26 (C)
7)
1
a1 = ––
2
1
a2 = ––
3
1
a3 = ––
4
1
an = –––––
n+1
1
1
a6 + a7 = –– + –– =
7
8
8+7
15
= ––––––– = ––
56
56
Resposta: D
8) a1 = 3
an + 1 = 2. an
2) I) Na P.A.(3,9,15,...), temos a1 = 3 e r = 6.
II) an = a1 + (n – 1) . r ⇒
⇒ a15 = 3 + (15 – 1) . 6 = 3 + 84 = 87
Resposta: D
10)
III) an = ap + (n – p) . r ⇒
⇒ a9 = a4 + (9 – 4) . r ⇒
⇒ 27 = 12 + 5 . r ⇔
15
⇔ 5 . r = 15 ⇔ r = ––– = 3
5
a4 = 2 . a3 = 2 . 12 = 24
a1 = 4, r = 6 e an = 76.
9) an = 4n + 5 n ∈ * ⇒
II) an = a1 + (n – 1) . r ⇒
⇒ a10 = 4 . 10 + 5 = 45
⇒ 76 = 4 + (n – 1) . 6 ⇔
Resposta: D
⇔ (n – 1) . 6 = 72 ⇔
a2 = 2 . a1 + 1 = 2 . 2 + 1 = 5
a3 = 2 . a2 + 1 = 2 . 5 + 1 = 11
a4 = 2 . a3 + 1 = 2 . 11 + 1 = 23
11) an =
– 7n n ∈ * ⇒
⇒ a8 = 82 – 7 . 8 = 64 – 56 = 8
Resposta: C
8–
– a1 – 4r = – 14
⇒
1 + 9r = 29
a
a
⇒
a
a1 + 4r = 14
⇒
1 + 9r = 29
5r = 15
⇒
1 + 9r = 29
r=3
1=2
Resposta: B
11)
a7 + a12 = 52
⇒
5 + a23 = 70
a
a1 + 6r + a1 + 11r = 52
⇒
1 + 4r + a1 + 22r = 70
⇒
a
⇒
2a
2a1 + 17r = 52
1
⇒
⇒
+ 26r = 70
– 2a1 – 17r = – 52
2a
1 + 26r = 70
⇒
ar ==29
1
Resposta: D
12)
a1 = 0,5
an = 45,5
r = 1,5
an = a1 + (n – 1) . r
45,5 = 0,5 + (n – 1) . 1,5 ⇒
7)
a1 = 2
r=3
an = a1 + (n – 1) . r
a31 = a1 + 30 . r = 2 + 30 . 3 = 92
Resposta: C
8)
MÓDULO 41
TERMO GERAL DE UMA
PROGRESSÃO ARITMÉTICA
1) I) Na P .A.(1, 4, 7, 10, ...), temos a1 = 1 e
r = 3.
II) an = a1 + (n – 1)r ⇒
⇒ a20 = 1 + (20 – 1) . 3 =
= 1 + 57 = 58
a
⇒
Resposta: C
Então, a2 + a3 + a4 = 5 + 11 + 23 = 39
Resposta: C
n2
2a1 + 8r = 28
⇒
1 + 9r = 29
a
⇔ n – 1 = 12 ⇔ n = 13
10) a1 = 2
an + 1 = 2 . an + 1, n ∈ *
a1 + 2r + a1 + 6r = 28
⇒
1 + 9r = 29
a
⇒
III) a5 = a4 + r = 12 + 3 = 15
6) I) Na P.A.(4,10,16,...,76,...), temos
a3 + a7 = 28
a10 = 29
an = a1 + (n – 1) . r
a4 = a1 + 3r = 2 + 3 . 3 = 11
⇒ a8 = a5 + (8 – 5) . r ⇒
⇒ a8 = 6 + 3 . 2 = 6 + 6 = 12
5) I) Na P.A., temos a4 = 12 e a9 = 27
II) an = ap + (n – p) . r ⇒
⇒
4) I) Na P .A., temos a5 = 6 e a17 = 30
II) an = ap + (n – p) . r ⇒
⇒ a17 = a5 + (17 – 5) . r ⇒
⇒ 30 = 6 + 12 . r ⇔
24
⇔ 24 = 12r ⇔ r = ––– = 2
12
a3 = 2 . a2 = 2 . 6 = 12
Resposta: B
Resposta: A
3) I) Na P.A., temos a1 = – 6 e a36 = 4
II)an = a1 + (n – 1) . r ⇒
⇒ a36 = a1 + (36 – 1). r ⇒
⇒ 4 = – 6 + 35 . r ⇔
2
10
⇔ 35r = 10 ⇔ r = ––– = ––
7
35
a2 = 2. a1 = 2. 3 = 6
Portanto, a4 – a3 = 24 – 12 = 12
a45 = a1 + 44 . r ⇒ a45 = 3 + 44 . 2 = 91
a7 = 7
3
r = 2
3
an = a1 + (n – 1) . r
a7 = a1 + 6 . r
⇒ 45,5 = 0,5 + 1,5n – 1, 5 ⇒
⇒ 45,5 – 0,5 + 1,5 = 1,5n ⇒ 46,5 = 1,5n ⇒
46,5 ⇒ n = 31
⇒ n = ––––
1,5
Resposta: B
13)
9)
a1 = 3
r=3
an = a1 + (n – 1) . r
a7 = a1 + 6r
7
⇒ 12 = a1 + 6 . 5 ⇒
⇒ a1 = 12 – 30 ⇒ a1 = – 18
Resposta: A
7
3 = a1 + 6 . 2
3 ⇒ 7
3 – 12
3 = a1 ⇒
3
⇒ a1 = – 5
Resposta: A
a = 12 e r = 5
14)
a
a3 = 7
⇒
20 = – 27
a + 19r = – 27 ⇒
a1 + 2r = 7
1
⇒ 17r = – 34 ⇒ r = – 2
Pode-se fazer a20 = a3 + 17r, resultando
– 27 = 7 + 17r ⇒ r = – 2
Resposta: D
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:01 Page 9
15)
a17 = 47
r = 2,75
a17 = a1 + 16r
x+r
60° + r
II)x – r = ––––– ⇒ 60° – r = ––––––– ⇔
2
2
⇒
⇔ 60° + r = 120° – 2r ⇔
⇒ 47 = a1 + 16 . 2,75 ⇒
⇒ 47 = a1 + 44 ⇒ a1 = 3
⇔ 3r = 60° ⇔ r = 20°
O maior ângulo mede x + r = 60° + 20° = 80°
Resposta: B
Resposta: E
MÓDULO 42
TERMO GERAL DE UMA
PROGRESSÃO ARITMÉTICA
6)
1) I) Na P .A., temos a7 = 10 e a15 = 26
⇒ an = 1,27 + 0,6
⇒ 8 . r = 16 ⇒ r = 2
Resposta: B
III) a10 = a7 + (10 – 7) . r ⇒
⇒ a10 = 10 + 3 . 2 ⇒ a10 = 16
a10 + a25 = 470
a5 + a16 = 330
⇒
⇒
a + 4r + a + 15r = 330 ⇒
⇒
a1 + 9r + a1 + 24r = 470
1
1
7) 1492 15 ⇒ 1492 + (15 – 7) = 1500 é
7 99
múltiplo de 15
3427 15 ⇒ 3427 – 7 = 3420 é múltiplo
7
228
de 15
Os múltiplos de 15 entre 1492 e 3427 são
2a1 + 33r = 470
2a1 + 19r = 330 ⇒
1500, 1515, 1530, ..., 3420. Eles estão em
P.A. com a1 = 1500, r = 15 e an = 3420.
2a1 + 33r = 470
⇒ 14r = 140
⇒
⇒
⇒
r = 10
2a1 + 33r = 470
⇒
r = 10
2a1 + 33.10 = 470
⇒
r = 10
a1 = 70
II) a100 = a1 + (100 – 1) . r =
= 70 + 99 . 10 = 70 + 990 = 1060
5) I) (x – r; x; x + r) são ângulos internos de
um triângulo, então
x – r + x + x + r = 180° ⇔
⇔ 3x = 180° ⇔ x = 60°
5000 21
2
238
⇒
⇒ 3420 = 1500 + 15n – 15 ⇒ 1935 = 15n ⇒
P. A. 21, 42, 63, ..., 4998.
⇒ n = 129
a1 = 21, r = 21 e an = 4998
Resposta: 129
an = a1 + (n – 1) . r
⇒
b = b + (n – 1) . r
an = a1 + (n – 1) . rA
1
⇒
b = 600 + (n – 1) . 200
an = 5000 + (n – 1) . 100
an = bn ⇔ 5000 + (n – 1). 100 =
= 600 + (n – 1). 200 ⇒
⇒ 5000 + 100n – 100 = 600 + 200n – 200 ⇒
⇒ 4900 + 100n = 400 + 200n ⇒
⇒ 4900 – 400 = 200n – 100n ⇒
⇒ 100n = 4500 ⇒ n = 45
Resposta: B
f (n+1) = f (n) + 3 ⇒
f (0) = 1
⇒ f é uma P.A. em que a1 = 1 e r = 3.
f(200) = a201 = a1 + 200 . r =
= 1 + 200 . 3 = 601
Resposta: E
4998 = 21 + (n – 1) . 21 ⇒
⇒ 4998 = 21 + 21n – 21 ⇒
4998
⇒ n = ––––– = 238
21
Resposta: D
B
n
9)
12) Os números divisíveis por 3 e por 7 são os
divisíveis por 21.
Devemos achar o número de termos da
5 termos
4) I) Entre 100 e 2000, o primeiro múltiplo de
7 é 105 e o último é 1995.
II)Na P.A. (105, 112, 119, ..., 1995), temos
a1 = 105, an = 1995 e r = 7.
III) an = a1 + (n – 1) . r ⇒
⇒ 1995 = 105 + (n – 1) . 7 ⇔
⇔ 1890 = (n – 1) . 7 ⇔
⇔ 270 = n – 1 ⇔ n = 271
b) 15
⇒ 5000 – 2 = 4998 é divisível por 21.
n
II) a7 = a1 + (7 – 1) . r ⇒
⇒ 27 = 3 + 6 . r ⇔ 24 = 6 . r ⇔
⇔r=4
Respostas: a) Pn = 156 – 2,5n
Como an = a1 + (n – 1). r temos
Assim,
a1
a7
temos a1 = 3 e a7 = 27.
11) a) O peso mínimo, em kg, que essa pessoa
poderá atingir após n semanas é
Pn =156 – 2,5n
b) 156 – 2,5 n < 120 ⇒ 156 – 120 < 2,5n ⇒
36
⇒ 36 < 2,5n ⇒ n > –––– ⇒ n > 14,4
2,5
Portanto, n = 15 no mínimo.
3420 = 1500 + (n – 1) . 15 ⇒
8) A partir de janeiro, para a montadora A
teremos a1 = 5000 e rA = 100 e para a
montadora B, b1 = 600 e rB = 200.
3) I) Na P.A. (3 , . . . , 27),
↓ 123↓
⇒ 1,2 = 12r ⇒ r = 0,1
0,6; 0,7; 0,8; ...; 1,8.
⇒ an = 1,87 + 1,27n – 1,27 ⇒
⇒ 26 = 10 + 8 . r ⇒
Logo, os comprimentos, em metros, são
an = 1,87 + (n – 1) . 1,27 ⇒
II)a15 = a7 + (15 – 7) . r ⇒
2) I)
a1 = 1,87
r = 3,14 – 1,87 = 1,27
an = a1 + (n – 1) . r
10) De acordo com o enunciado, os comprimentos das cordas são, em metros,
a1 = 0,6 e a13 = 1,8.
a13 = a1 + 12r
a1 = 0,6
a13 = 1,8 ⇒ 1,8 = 0,6 + 12 r ⇒
13)
a = a + 8r
a1 = 10 e a9 = 98
9
1
⇒
⇒ 98 = 10 + 8r ⇒ 88 = 8r ⇒ r = 11
a5 = a1 + 4 . r = 10 + 4 . 11 = 54
Resposta: C
MÓDULO 43
PROPRIEDADE DE TRÊS TERMOS
CONSECUTIVOS DE UMA P. A.
1) I) (– 2; 3x; 14; ...) é uma P.A., então:
– 2 + 14
3x = ––––––– ⇔ 3x = 6 ⇔ x = 2 ⇒
2
⇒ P.A. (– 2; 6; 14; ...) com r = 8
II)a10 = a1 + 9r = – 2 + 9 . 8 = 70
2) I) (...; 3x – 1; x + 3; x + 5; ...) é uma P.A.,
então:
3x – 1 + x + 5
x + 3 = –––––––––––– ⇔
2
–9
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⇔ 2x + 6 = 4x + 4 ⇔ x = 1 ⇒
⇒ P.A. (...; 2; 4; 6; ...) com r = 2
II)a5 = 3x – 1 = 2 e r = 2, assim:
a5 = a1 + 4 . r ⇒ 2 = a1 + 4 . 2 ⇔
⇔ a1 = – 6
3)
; ––––– ; ––––– ;… –––––
a+b b+c a+c
1
1
1
é uma P.A.,
então:
1
1
––––– + –––––
a+b
a+c
1
––––– = ––––––––––––––– ⇔
2
b+c
1
1
2
⇔ ––––– = ––––– + ––––– ⇔
a+c
a+b
b+c
a+c+a+b
2
⇔ ––––– = –––––––––––– ⇔
(a + b).(a + c)
b+c
⇔ 2(a + b).(a + c) = (b + c).(2a + b + c) ⇔
9) Se (1 – 3x; x – 2; 2x + 1; ...) é uma P. A.,
1 – 3x + 2x + 1
então x – 2 = ––––––––––––– ⇒
2
⇒ 2x – 4 = – x + 2 ⇒ 3x = 6 ⇒ x = 2
Para x = 2, a P. A. (5 – 3x; x + 7, ...)
resulta ( – 1, 9,...)
a1 = – 1 e r = 9 – (– 1) = 10
Seu décimo termo é
a10 = a1 + 9r = –1 + 9. 10 = 89
Resposta: D
10) Sendo o lado do quadrado temos que sua
diagonal é 2 e sua área
Se , 2, 2 estão em P. A., então
+ 2
2 = –––––– ⇒ + 2 = 2 2 ⇒
2
2=0⇒
⇒ 2 + – 2
= 2ab + b2 + bc + 2ac + bc + c2 ⇔
2) = 0 ⇒ = 0 (não serve)
⇒ ( + 1 – 2
⇔
2 = 0 ⇒ = 2
2–1
ou + 1 – 2
=
b2
+
c2
Resposta: D
4) I) Sendo (x – r; x; x + r) três números em
P.A. e, também, as medidas dos ângulos
internos de um triângulo, então:
x – r + x + x + r = 180° ⇔
⇔ 3x = 180° ⇔ x = 60°
II)x – r é o menor ângulo do triângulo, para
r > 0, assim: x – r = 10° ⇒
⇒ 60° – r = 10° ⇒ r = 50°
III) Os ângulos do triângulo são, portanto,
10°, 60° e 110°
r–1+r–3 ⇒
5) 3r – 1 = –––––––––––
2
1
⇒ 6r – 2 = 2r – 4 ⇒ 4r = –2 ⇒ r = – ––
2
Resposta: B
3y + 5
6) y + 1 = ––––––– ⇒ 3y + 5 = 2y + 2 ⇒
2
⇒y=–3
Para y = – 3 resulta a sequência
(– 9, – 2, 5, ...) que é uma P. A. de razão
r = – 2 – (– 9) = 7.
Resposta: E
7) Se a, b e c estão em P. A., então
a+c
––––––– = b ⇒ a + c = 2b
2
Portanto, a expressão a – 2b + c = a + c – 2b
resulta 2b – 2b = 0
Resposta: D
8) Os três números podem ser indicados por
x – r, x e x + r.
Se a soma deles é 12, então
x – r + x + x + r = 12 ⇒ 3x = 12 ⇒ x = 4
Portanto, o termo do meio é 4.
Resposta: D
10 –
6) a3 + a25 = a8 + a20 = 52
(Observe que 3 + 25 = 8 + 20)
Resposta: D
2
⇔ 2a2 + 2ac + 2ab + 2bc =
2a2
5) A soma do sexto termo com o de ordem
n – 5, isto é, a6 + an–5 é igual à soma do
primeiro com o de ordem n.
Em símbolos, a6 + an–5 = a1 + an pois
6 + n – 5 = 1 + n.
Portanto, a6 + an–5 = a1 + an = 120
Resposta: A
7) a4 + a4 = a1 + a7 ( 4 + 4 = 1 + 7)
Então, 2a4 = 84 ⇒ a4 + 42
Resposta: B
8) 5 = 1 + 2 + 3 + ... + 98 + 99 + 100 =
101
101
101
Resposta: B
11) Não existe x que torne M = (3x; 2x + 1;
x + 3;...) uma progressão aritmética, pois
3x + x + 3
2x + 1 = ––––––––– ⇔ 4x + 1 = 4x + 3,
2
que é falsa para todo x ∈ .
Resposta: B
MÓDULO 44
TERMOS EQUIDISTANTES
DOS EXTREMOS
1) Três termos consecutivos de uma P .A. são
do tipo (...; x – r; x; x + r; ...), então:
x – r + x + x + r = 45 ⇔ 3x = 45 ⇔ x = 15
2 . a13 = a11 + a15 ⇔ 2. a13 = 10 ⇔ a13 = 5
3) I) a1 + a19 = 40 ⇔ a10 + a10 = 40 ⇔
⇔ 2 . a10 = 40 ⇔ a10 = 20
II) a11 = a10 + r = 20 + 2 = 22
a
a1 – a6 = 8
⇒
3 + a4 = 10
a
a1 – a6 = 8
⇒
1 + a6 = 10
a =1
a1 = 9
6
–8
⇒ r = ––––
5
–8
sequência é
20
( 8 + 65) . ––– = 73 . 10 = 730
2
Resposta: D
a3 + a48 = a1 + a50 ( 3 + 48 = 1 + 50)
Logo, a3 + a48 = 160.
Resposta: A
12)
III) a11 = a1 + 10 . r =
–––––
5 A soma dos vinte primeiros termos dessa
50
11) ( a1 + a50) . ––– = 4000 ⇒ a1 + a50 = 160
2
II) a6 = a1 + 5 . r ⇒ 1 = 9 + 5 . r ⇒
= 9 + 10 .
Resposta: B
a20 = 3 . 20 + 5 = 65.
13 + 13 = 11 + 15, então:
⇒
x – 1 + 2x + 3
9) 3x – 5 = –––––––––––– ⇒ 6x – 10 =
2
= 3x + 2 ⇒ 3x = 12 ⇒ x = 4
Logo, (an) = (3, 7, 11, ...).
a10 = a1 + 9r = 3 + 9 . 4 = 39
A soma dos seus dez primeiros termos é
10
(3 + 39). ––– = 42 . 5 = 210
2
10) Se an = 3n + 5, então a1 = 3 . 1 + 5 = 8 e
2) a13 + a13 = a11 + a15, pois
4) I)
= 101 . 50 = 5050
Resposta: E
S = (11 + 20) . 5 = 155
S1 = (1 + 10) . 5 = 55
2
= 9 – 16 = – 7
⇒ S2 – S1 = 155 – 55 = 100
Resposta: E
⇒
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No primeiro, a > 1 e no segundo 0 < a < 1.
O domínio de f é D(f) = .
Logo, 01 e 02 e 08 são verdadeiras
04. Se a = 2, então f(x) = 2x e
1
f(–1) = 2–1 = –– (verdadeira)
2
20
13) S = (1 + 39) . ––– = 400
2
Resposta: B
10
14) S = (2 + 20) . ––– = 110
2
Resposta: D
15) a10 + a30 = a20 + a20 ⇒
4) I) A função f : + → , definida por
f(t) = a . bt, contém os pontos (0; 104) e
(3; 8 .104).
⇒ 2a20 = a10 + a30 ⇒ 2a20 = 100 ⇒
⇒ a20 = 50
Resposta: E
II)
16) S = 4 + 7 + 10 + 13 + 16 + 19 + 22 +
10
+ 25 + 28 + 31 = (4 + 31) . ––– = 175
2
Resposta: B
17) Sn = + 2n ⇒
⇒ S5 = 52 + 2 . 5 = 25 + 10 = 35
Resposta: C
n2
⇒a
4
sições verdadeiras é
01 + 02 + 04 + 08 = 15
Resposta: 15
8) O número de unidades produzidas no
segundo ano desse período foi
f(2) = 1000 . (0,9)2 = 1000 . 0,81 = 810
Resposta: D
9) A intersecção do gráfico com o eixo x é tal
que f(x) = 0, portanto, 2x – 2 = 0 ⇔
⇔ 2x = 2 ⇔ x = 1.
Então, o gráfico de f intercepta o eixo x no
ponto (1; 0).
Resposta: A
10) Os esboços dos gráficos das funções em que
y = 10x e y = mx, m ≠ 0 podem ser dos tipos
abaixo.
Assim, a3 – 2 = 6 ⇒ a3 = 8 ⇒ a = 2
a=2
⇒ a+b=0
b=–2
Resposta: E
2
1
= ––
3
Resposta: B
7) O gráfico da função definida por
y = f(x) = ax é
MÓDULO 34
EQUAÇÕES E INEQUAÇÕES
EXPONENCIAIS
1
––
1) 3x+3 = 3 ⇔ 3x+3 = 32 ⇔
5
1
⇔ x + 3 = ––– ⇔ x = – –––
2
2
3 )2 = 3
f(2) = (
3)
x
1 x
f(x) = –– – 1
2
–1
1
f(– 1) = –– – 1 = 1
2
V=
(x;y)
(– 1; 1)
1
1
f(1) = –– – 1 = – ––
2
2
Substituindo 2x por y, temos:
y2 + 4 = 5y ⇔ y2 – 5y + 4 = 0 ⇔
0
1
f(0) = –– – 1 = 0
2
– ––52 2) 4x + 4 = 5 . 2x ⇔ (2x)2 + 4 = 5 . 2x
–1
A soma dos números associados às propo-
que x tende a – ).
Então y = f(x) = ax – 2 e f(3) = 6.
3 )1 = 3
f(1) = (
1
= 104 . 2 14000
⇒ 3–x = 35 ⇒ x = – 5 (falsa)
(valor para o qual tende o gráfico, à medida
f(0) = (
3 )0 = 1
1
1
––
2
= 243 ⇒
6) Observando o gráfico, deduzimos que b = – 2
1
3
f(– 1) = (
3 )– 1 = –––– = ––––
3
3
0
.
1
III) Para t = ––– , temos:
2
] – 1; + 100 [ = ] – 1; )
Resposta: E
2) Se f(x) = (
3 )x, então:
2t
f(x) = 3x – 1 é ] 0 – 1; + [ =
=9⇒
1
––––
3
⇒ f(t) =
104
a = 104
b=2
5) O conjunto imagem da função definida por
g(x) = 3x e Im(g) = ] 0; + [.
Portanto, o conjunto imagem de
⇒ a = 3, pois a > 0
3 )– 2 =
f(– 2) = (
FRENTE 2
MÓDULO 33
FUNÇÃO EXPONENCIAL
f(x) = ax
(4; 9) ∈ f
⇒
a = 104
⇒
a . b3 = 8 . 104
1
f –– = 104 . 2
2
Resposta: D
18) a4 = S4 – S3 =
= (42 + 2 – 4) – (32 + 2 . 3) =
= (16 + 8) – (9 + 6) = 24 – 14 = 9
Resposta: A
1)
f(0) = a . b0 = 104
⇒
f(3) = a . b3 = 8 . 104
x
1
1
16. Se a = –– , então f(x) = ––
3
3
(0; 0)
1; – ––2 1
⇔ y = 1 ou y = 4
Se y = 1, então 2x = 1 ⇔ 2x = 20 ⇔
⇔x=0
– 11
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⇔ (5x)2 – 4 . 5x – 5 = 0
2x +x +3yy==10 ⇔ – 2x2x +– 2y3y == 01 ⇔
x=–1
⇔
y=1
Fazendo 5x = y, temos:
Resposta: V = { (–1; 1) }
Se y = 4, então 2x = 4 ⇔ 2x = 22 ⇔ x = 2
⇔
V= {0; 2}
3) 25x – 5 = 4 . 5x ⇔ (52)x – 5 = 4 . 5x ⇔
y2 – 4y – 5 = 0 ⇔ y = – 1 ou y = 5
Se y = – 1 ⇒ 5x = – 1 ⇒ /∃ x ∈ Se y = 5 ⇒
5x
=5⇔x=1
Portanto, V = {1}
11)
2x + y = 32
4x
–––y = 16
16
4 =4 .4
⇔x+y=5
x = 2y + 2
x=4=a
⇔
y=1=b
x+y=5
⇔
4) 25x – 124 . 5x = 125 ⇔
⇔ (52)x – 124 . 5x – 125 = 0 ⇔
⇔ (5x )2 – 124 . 5x – 125 = 0
Fazendo 5x = y, temos:
y2 – 124 . y – 125 = 0 ⇔ y = – 1 ou y = 125
Se y = – 1 ⇒ 5x = – 1 ⇒ ∃/ x ∈ Se y = 125 ⇒ 5x = 125 ⇔
x
2y
24 = 16= 2. 16
x+y
⇔
2
x
5
y
2y + 2
S = a . b = 4 . 1 = 4 ∈ [0; 5]
Resposta: D
12) 5x2 – 3x + 2 > 1 ⇔ 5x2 – 3x + 2 > 50 ⇔
⇔ x2 – 3x + 2 > 0 ⇔ x < 1 ou x > 2, pois o
gráfico de f(x) = x2 – 3x + 2 é do tipo
⇔ 5x = 53 ⇔ x = 3 ⇔ x = 9
Resposta: C
5) – 5x + 5 > 0 ⇔ – 5x > – 5⇔
1
––
2
⇔ 5x < 5 ⇔ 5x < 5
V=
1
x ∈ x < ––
2
3) log9 243 = x ⇔ 9 x = 243 ⇔ (32) x = 35 ⇔
5
⇔ 32x = 35 ⇔ 2x = 5 ⇔ x = –––
2
2 ) = α ⇔ 2α = 16
2⇔
4) log2(16
1
4 + ––
2
5) a) log
7) (0,3)x > (0,3)4 ⇔ x < 4 e x ∈ ⇔
⇔ x = 0 ou x = 1 ou x = 2 ou x = 3
Resposta: D
6
1
3
(x + 1)6 = – ––– + 1 = – –––
2
2
6
1
= –––
64
Resposta: D
⇔ (3 – x) (2 – x) = 0 ⇔ x = 3 ou x = 2 ⇔
V = { 2; 3 }
O produto das soluções da equação é 2 . 3 = 6
Resposta: E
52x + 3y
x+y
32 = – 5
⇔ 10– α = 10
1
1 + ––
2
⇔ 10– α = 10
3
––
2
1
––
2
(2x – 3)
1
14) –––
5
1
≤ ––– ⇔ 2x – 3 ≥ 1 ⇔
5
⇔ 2x ≥ 4 ⇔ x ≥ 2
Resposta: C
MÓDULO 35
LOGARITMOS
1) a) log2 16 = 4, pois 24 = 16
51
= ⇔
= 30
d) S = log
⇔
3
⇔ – α = ––– ⇔
2
⇒ y = 4 + 0 – 1 ⇒ y = 3 ⇒ y2 = 9
1
––
2
32 + log10(0,001) –
– log0,1 (10
10 ) ⇒
⇒ S = (– 5) + (– 3) –
– –––32 ⇒
13
3
⇒ S = – 5 – 3 + ––– = – –––
2
2
13
S = – –––
2
c) y = log2 16 + log10 1 – log5 5 ⇒
Resposta: B
3
6) log
5
32 4
16 . 2=α⇔
5
3
⇔ (32 . 4 )α = 16 . 2⇔
12 –
⇔
3
Logo: log0,1 (10
10 ) = – –––
2
b) log10 1 = 0 e log5 5 = 1
3
1
––
2
⇔ (10– 1)α = 101.10
Resposta: A
9) (43–x)2–x = 1 ⇔ 4(3–x) (2 – x) = 40 ⇔
⇔
= 32 ⇔
3
⇔ α = – –––
2
⇔ 252x + 4 = 25 ⇔ 2x + 4 = 1 ⇔
3
⇔ 2x = – 3 ⇔ x = – –––
2
=5
=1
α
⇔ (0,1)α = 10
10 ⇔
13) 0,5x – 4x > 0,55 ⇔ x2 – 4x < 5 (0 < 0,5 < 1) ⇔
⇔ x2 – 4x – 5 < 0 ⇔ – 1 < x < 5, pois o
gráfico de f(x) = x2 – 4x – 5 é do tipo
8) 625x+2 = 25 ⇔ (252)x+2 = 25 ⇔
x+y
1
⇔ 2– α = 25 ⇔ – α = 5 ⇔ α = – 5
2
V = {x ∈ x > 4}
3
––2 10) = α ⇔
c) log0,1 (10
Resposta: A
⇔ 0,2x + 2 < 0,26 ⇔
⇔x+2>6⇔x>4
10)
32 = α ⇔
⇒10α = 10– 3 ⇔ α = – 3
Logo: log10 (0,001) = – 3
⇔ (0,2)x . (0,2)2 < [(0,2)3]2 ⇔
52x + 3y
1
––
2
b) log10(0,001) = α ⇔ 10α = 0,001 ⇒
6) (0,2)x . (0,04) < (0,008)2 ⇔
9
––
9
⇔ 2α = 2 2 ⇔ α = –––
2
9
Logo: log16 2 = –––
2
⇔ 2α = 2
Logo: log
1
⇔ x < ––
2
6
⇔ 5α = 6 ⇔ α = –––
5
⇔
x+y=5
x
⇔ (25)α = 26 ⇔ 25α = 26 ⇔
6
Assim, log32 64 = –––
5
4 =4 ⇔
⇔ 2y + 2 + y = 5 ⇔
x = 2y + 2
⇔
2) log32 64 = α ⇔ 32α = 64 ⇔
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⇔ 25 . 2
2
5 + ––
5
⇔ 2
=2
α
2
––
5
4
=2
α
1
––
3
.2
1
4 + ––
3
13) log100 = 100
⇔
⇔2
27
–– . α
5
Resposta: E
=2
13
––
3
⇔
27α
13
65
⇔ ––––– = ––– ⇔ α = –––
5
3
81
⇔
1
––
4
= log10 1000 = 3
1
32 = x ⇔ –––
4
1
–––
2
2 x
x
2) log 25 + log 5 + log 4 + log 2 =
= log(25 . 5 . 4 . 2) = log 1000 = 3
= 25 ⇔ 2 –2x = 25 ⇔
⇔ 6x = 65 ⇔ x = 5
Resposta: B
–4
⇔
4) Sendo log10123 = 2,09, temos:
123
log101,23 = log10 ––––
100
=
= logc a3 + logc b – logc c2 =
resulta
[ log5 (25 . 5)]3 = [ log553 ]3 = 33 = 27
1
= 3logca + –– logcb – 2logcc =
4
1
1
= 3 . –– + –– . 20 – 2 . 1 =
3
4
=1+5–2=4
Resposta: C
11) log216 = x ⇒ 2x = 16 ⇒ 2x = 24 ⇒ x = 4
log432 = y ⇒ 4y = 32 ⇒ 22y = 25 ⇒
5
⇒ y = ––
2
6) log10(1,2) = log10
12
=
–––
10 2 .3
–––––
=
10
= log10 22 + log10 3 – log10 10 =
5 = 3
log216 – log432 = 4 – ––
––
2
2
Resposta: B
= 2 . log10 2 + log10 3 – log10 10 =
= 2 . 0,301 + 0,477 – 1 =
12) Lembrando que alogaN = N temos que
10
6
10
= ––––
= –––––– =
10
log ––––
6
6
6
6
5
–––––
3
1
––
⇒ log x = log y2 + log y 2 + log y–3 ⇒
1
––
= 0,602 + 0,477 – 1 = 0,079
7) log4 (24, 96) – log4 (3, 12) =
24,96 = log 8 = x ⇒
= log4 ––––––
4
3,12
1
– ––
1
– ––
2
x=y
⇒ 2
⇒
1
– –– 2
⇒ x = y
2
⇒
1
⇒ x = y–1 ⇒ x = ––
y
Resposta: B
a3 bc2
bc2
a3 12) y = –––––––– ⇒ logcy = logc –––––––– ⇒
bc4
bc4
⇒ logcy = logc a3 bc2 – logc bc4 ⇒
2
= log10
= log10(22.3) – log10 10 =
Então,
Resposta: B
⇒ log x = log y
4
Substituindo log232 por 5, pois 25 = 32
= 3 log 2 + 2 log 3 = 3x + 2y
2
= logc(a3 . b ) – logc c2 =
10) [ log5 (25 log232)]3
10) log 72 = log 23 . 32 = log 23 + log 32 =
⇒ log x = log y2 . y 2 . y–3 ⇒
4
Resposta: D
⇒
bc2
bc2
⇒ log x = log ––––
⇒ x = –––––
3
3
a
a
Resposta: D
4
a . b
––––––––
=
c
3
1
––
3
1
x = log y2 + –– log y + log y– 3 ⇒
11) log 2
1
5) Se logc a = –– e logcb = 20, então:
3
logc
2
⇔ x = –––
3
Resposta: B
Resposta: C
Resposta: B
81
81
9) logx ––– = – 4 ⇔ x– 4 = ––– ⇔
16
16
10
b
b
b
–– = 4 ⇔ 34 = –– ⇔ –– = 81
a
a
a
= log10123 – log10100 = 2,09 – 2 = 0,09
2
⇔ x– 4 = –––
3
⇒ log x = log b + log c2 – log a
3
⇔ log3
Logo, log6 7776 = x ⇔ 6x = 7776 ⇔
4
1
9) log x = log b + 2 log c – –– log a ⇒
3
⇒ log x = log bc2 – log a ⇒
3) log3b – log3a = 4 ⇔
obtém-se 7776 = 25 . 35 = ( 2 . 3)5 = 65
⇒ log 4m = 2 ⇒ 4m = 102 ⇒ m = 25
Resposta: B
8) Decompondo 7776 em fatores primos
3
⇔ x– 4 = –––
2
8) log m = 2 – log 4 ⇒ log m + log 4 = 2 ⇒
Resposta: D
Resposta: C
= 32 ⇔
5
⇔ – 2x = 5 ⇔ x = – –––
2
Resposta: E
MÓDULO 36
PROPRIEDADES DOS LOGARITMOS
1) log10 20 + log10 50 = log10(20 . 50) =
Resposta: D
7) log
3
⇒ 4x = 8 ⇒ 22x = 23 ⇒ x = ––
2
Resposta: B
1
––
⇒ logcy = logc a3. b 2 . c – logc bc4 ⇒
1
––
⇒ logcy = logc a3 + logcb 2 + logcc –
– (logc b + logcc4) ⇒
1
⇒ logcy = 3 logca + –– logcb + 1 – logcb – 4 ⇒
2
1 .4–4–3⇒
⇒ logcy = 3 . 3 + ––
2
⇒ logcy = 9 + 2 – 4 – 3 ⇒ logcy = 4
Resposta: C
– 13
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:01 Page 14
MÓDULO 37
MUDANÇA DE BASE
1
1) Se logab = ––– , então:
3
2.loga a
loga a2
= –––––––– =
log 3 a2 = –––––––
3
b
3loga b
loga b
2
2.1
= –––––––– = ––– = 2
1
1
3 . ––
3
Resposta: B
2) a) loga(a3 . b2) = m ⇔
⇔ loga a3 + loga b2 = m ⇔
⇔ 3loga a + 2loga b = m ⇔
⇔ 3.1 + 2logab = m ⇔
m–3
⇔ 2logab = m – 3 ⇔ logab = ––––––
2
logaa
1
= –––––– =
b) logba = ––––––
logab
logab
1
2
= ––––––– = ––––––
m–3
m–3
––––––
2
3) log4(24,96) – log4(3,12) =
24,96
= log4 ––––––
3,12
=
log28
3
= ––
= log48 = ––––––
log24
2
5) Se log102 = 0,301 e log103 = 0,477, então:
log10(32)
log109
log29 = –––––– = ––––––––– =
log102
log102
log522. 52
II) log2100 = ––––––––– =
log52
2.log103
2 . 0,477
= ––––––––– = –––––––– = 3,169
log102
0,301
2log52 + 2
log522 + log552
= ––––––––––––– = –––––––––––––
log52
log52
3
2⇒
6) x = log35 . log427 . log25
1
––
log 5
log 33
log 2 3
. –––––––– ⇒
⇒ x = ––––– . –––––––
log 3
log 22
log 52
1
–– . log 2
log 5 3. log 3
3
⇒ x = ––––– . ––––––– . ––––––––– ⇒
log 3 2. log 2
2 log 5
1
1
⇔ –––––– = a ⇔ log32 = –––
a
log32
II)log32 + log325 . log52 =
log32
= log32 + log352 . –––––– =
log35
log32
= log32 + 2 . log35 . –––––– =
log35
Resposta: D
14 –
Resposta: E
MÓDULO 38
FUNÇÃO LOGARÍTMICA
1) Se f(x) = log2 (x – 3), então:
= {x ∈ x > 3}
D(f) = {x ∈ x > 3}
Resposta: C
7) log
1
––
a
2
logbb2
2
= –––––– = – –––
b2 = –––––––
–1
– logba
m
logba
2) Se f(x) = log(x + 3)(x2 – 1), então D(f) é o
conjunto de todos os números reais tais
que:
Resposta: D
log102 . 3
=
8) log56 = –––––––––
10
log10 –––
2
x2 – 1 > 0
x+3>0 ⇒
x+3≠1
x < – 1 ou x > 1
x>–3
x≠–2
Assim sendo:
m+n
log102 + log103
= –––––––––––––– = ––––––
log1010 – log102
1–m
D(f) = {x ∈ – 3 < x < – 2 ou
Resposta: D
– 2 < x < –1 ou x > 1}
1
––
log515 2
9) I) log3 15 = –––––––––– =
log 53
3) f(x) = log(x – 3) ⇒ y = log(x – 3) ⇒
1
1
––log5 (3. 5)
–– (log53 + log55)
2
2
= ––––––––––– = ––––––––––––––––
log53
log53
II) log581 = k ⇒ log534 = k ⇒ 4log53 =
De (I) e (II) decorre que
1 k
2. k+4
–– . –– +1
–––––
2 4
4
15 = –––––––––– = –––––––––– =
log3 k
K
–––
4
–––––
2 k+4
k+4
= –––––––– = ––––––
2k
k
Resposta: D
⇒ x – 3 = 10y ⇒ x = 10y + 3 ⇒
⇒ y = 10x + 3 ⇒ g(x) = 10x + 3
g(x) = 10x + 3
4) O gráfico da função f : A → definida por
f(x) = log(x – 3) é
k
⇒ 4log53 = k ⇒ log53 = –––
4
= log32 + 2 . log32 = 3 . log32 =
3
1
= 3 . ––– = –––
a
a
De (I) e (II) resulta:
2P + 2
2 + 2P
log2100 = ––––––––– = –––––––––
P
P
D(f) = {x ∈ x – 3 > 0} =
1
3 . ––
3
1
⇒ x = –––––––– = ––
4
2.2
Resposta: B
log33
4) I) log23 = a ⇔ –––––– = a ⇔
log32
10) I) 5P = 2 ⇒ p = log52
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5) O domínio de y = log
10x é
D(f) = { x ∈ log10x ≥ 0} =
= { x ∈ x ≥ 100} = { x ∈ x ≥ 1} =
= [ 1; [
1
⇔ 2y2 + y – 1 = 0 ⇔ y = – 1 ou y = –– ⇔
2
a+c
⇔ x = –––––
b2
2) log3x = 2 . log37 + 2 . log38 – log316 ⇔
⇔ log3x = log372 + log382 – log316 ⇔
Resposta: A
⇔ log3x = log3
6) É o gráfico de uma função logarítmica de
⇔
72 . 82
–––––
16
Portanto, f(x) = logax e a > 1
Resposta: A
V = {196}
7) O número de raízes reais da equação
1 x
––– = – x2 + 4 é igual ao número de
2
intersecções dos gráficos das funções defi1
nidas por f(x) = ––– x e g(x) = – x2 + 4.
2
Esboçando os dois gráficos em um mesmo
sistema de coordenadas resulta.
1
––
⇔ x = 102 ⇔ x = 10
Resposta: B
6) log3(2x – 7) = 4 ⇒ 2x – 7 = 34 ⇒
⇒ 2x = 81 + 7 ⇒ 2x = 88 ⇒ x = 44
Portanto, V = { 44 }
Resposta: E
3) log32 – log3(x + 1) = 1 ⇔
⇔
⇔
⇔
V=
2
log3 ––––– = 1
x+1
x+1>0
2
––––– = 3
x+1
⇔
x>–1
⇔
3x + 3 = 2
⇔
x>–1
1
x = – ––
1
3 ⇔ x = – ––
3
x>–1
1
– ––
3
Resposta: C
Portanto, o menor valor da expressão
resulta quando 4x – x2 for máximo, o que
–b
–4
ocorre para x = ––– = ––– = 2
2a
–2
Então, o menor valor da expressão é
2
1
1 4.2–2
1 4
= ––– = –––
–––
16
2
2
⇔
x–1=9
x>1
⇒ x2 – 5x = 36 ⇒ x2 – 5x – 36 = 0 ⇒
⇒ x = 9 ou x = – 4 (não serve, pois
x = 10
⇔
x>1
devemos ter x > 5).
Resposta: D
⇔ x = 10 ⇒ a = 10
1
8) A função exponencial de base ––– é
2
estritamente decrescente e quanto maior
for seu expoente menos será o seu valor.
⇒ log x (x – 5) = log 36 ⇒
⇔
5) 2 . (1 + log 210) =
x
1) log7x = log7(a + c) – 2 . log7b ⇔
b2 ⇔
⇔ log7x = log7(a + c) – log7
–––––
⇔
b
a+c
2
log 10
⇔ 2 . 1 + ––––––
log x2
1
––––––
log x–1
=
1
⇔ 2 . 1 + –––––––
2 . log x
⇒ (x + 2) (x – 2) = 25 ⇒
1
–––––––
– log x
2
⇔
= ––––
–y 1
= ––– ⇔
–––––––
2y y
2y + 1
⇒ x2 – 4 = 32 ⇒ x2 = 36 ⇒ x = 6 ou
⇔
1
–––––––––
– 1 . log x
=
2
Fazendo log x = y ≠ 0, temos:
⇔2.
10) log2(x + 2) + log2(x –2) = xlogx5 ⇒
⇒ log2(x + 2) (x – 2) = 5 ⇒
Resposta: C
MÓDULO 39
EQUAÇÕES LOGARÍTMICAS
⇔ log7x = log7
II) log2(a + 6) = log2(10 + 6) = log216 = 4
1
2 . 1 + ––––
2y
Resposta: C
⇒ x2 = 8 + 1 ⇒ x2 = 9 ⇒ x = 3 ou x = – 3
Então, m = 3 ou m = – 3 e
m + 1 = 3 + 1 = 4 ou m + 1 = – 3 + 1 = – 2
Resposta: B
9) log x + log (x – 5) = log 36 ⇒
log3(x – 1) = 2
⇔
x–1>0
⇔
7) log2 (x2 – 1) = 3 ⇒ x2 – 1 = 23 ⇒
8) xlogx(x + 3) = 7 ⇒ x + 3 = 7 ⇒ x = 4
Resposta: C
4) I) log2[log3(x – 1)] = 1 ⇔
A equação tem duas soluções reais
1
⇔ x = 10– 1 ⇔ x = –––
10
1
1
Se y = –– ⇒ log x = –– ⇔
2
2
72 . 82
49.64
⇔ x = –––––– = –––––– = 196
16
16
base a > 1, pois é estritamente crescente.
Se y = – 1 ⇒ log x = – 1 ⇔
1
2
⇔
2
x = – 6 (não serve, pois devemos ter x > 2).
Resposta: E
11) log (– x + 1) + 1 = log (2x + 1) ⇒
⇒ log (– x + 1) + log 10 = log (2x + 1) ⇒
⇒ log 10 . (–x +1) = log (2x +1) ⇒
⇒ – 10x + 10 = 2x + 1 ⇒ 9 = 12x ⇒
3
9
⇒ x = ––– = –––
4
12
Resposta: C
2
1
2y + 1
⇔ ––––––– = –––
⇔
y2
y
1
y
⇔ 2y + 1 = –––
⇔ 2y + 1 = –– ⇔
y
y2
12) 2 log5x = log5x + log58 ⇒
⇒ 2 log5x – log5x = log58 ⇒
⇒ log5x = log58 ⇒ x = 8
Resposta: B
– 15
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:01 Page 16
2x
13) log 2x – log 3x = 9 ⇒ log –––
=9⇒
3x
2 x
3
⇒ log ––– = 9 ⇒ log –––
3
2
–x
=9⇒
De (a) e (b) temos
5) I) Condição de existência:
x–1>0⇔x>1
II) log3(x – 1) > 2 ⇔ x – 1 > 9 ⇔ x > 10
III) De (I) e (II), temos: x > 10
Resposta: D
⇒ – x . log 1,5 = 9 ⇒ – x . 0,18 = 9 ⇒
⇒ x = – 50
Resposta: C
MÓDULO 40
INEQUAÇÕES LOGARÍTMICAS
1) I) Condição de existência:
x2
O conjunto-verdade da inequação é
6) log2 (5x – 3) < log27
– 3x > 0 ⇔ x < 0 ou x > 3, pois o
gráfico de f(x) = x2 – 3x é do tipo:
V = {x ∈ – 3 < x < – 1 ou 6 < x < 8 }
3
a) 5x – 3 > 0 ⇒ x > –––
5
Resposta: C
b) log2 (5x – 3) < log27 ⇒ 5x – 3 < 7 ⇒
⇒ 5x < 10 ⇒ x < 2
De (a) e (b) obtém-se a solução.
3
Portanto, ––– < x < 2.
5
1
–––
2
⇔ – 1 < x < 4, pois o gráfico de
g(x) = x2 – 3x – 4 é do tipo:
xx >> 0– 3
⇒
⇒ x>0
⇒ x2 + 3x < 10 ⇒
x<1
⇒ x2 + 3x – 10 < 0 ⇒ – 5 < x < 2, pois
1
⇔ x2 – 3x < 4 ⇔ x2 – 3x – 4 < 0 ⇔
x>0
x + 3 > 0
⇒ log10 x (x + 3) < 1 ⇒
a) x > 0
II)log2(x2 – 3x) < log24 ⇔
a)
b) log10x + log10(x + 3) < 1 ⇒
Resposta: C
7) log
9) log10x + log10(x + 3) < 1
1
1
b) log 1 x < 1 ⇒ x > ––– ⇒ x > –––
–––
2
2
2
o gráfico de f(x) = x2 + 3x – 10 é do tipo
1
De (a) e (b) concluimos que x > ––– .
2
Resposta: A
8) log
1
–––
2
(–x2 + 5x + 24) > log
1
–––
2
18
a) – x2 + 5x + 24 > 0 ⇒ – 3 < x < 8, pois o
gráfico de f(x) = x2 + 5x + 24 é do tipo
III) De (I) e (II), temos:
– 1 < x < 0 ou 3 < x < 4
Devemos ter, portanto, 0 < x < 2
V= {x ∈ – 1 < x < 0 ou 3 < x < 4}
Resposta: C
2) I) Condição de existência:
x–3>0⇔x>3
II) log2(x – 3) > log27 ⇔
⇔ x – 3 > 7 ⇔ x > 10
III) De (I) e (II), temos: x > 10
Resposta: B
3) I) Condição de existência:
x–3>0⇔x>3
II) log0,7(x – 3) < log0,7 7 ⇔
⇔ x – 3 > 7 ⇔ x > 10
III) De (I) e (II), temos: x > 10
Resposta: C
4) I) Condição de existência:
x+1>0⇔x>–1
II) log0,1(x + 1) < log0,14 ⇔
⇔x+1>4⇔x>3
III) De (I) e (II), temos: x > 3
Resposta: A
16 –
10) log0,4log2(0,5)x–5 ≤ log0,4(x+2)
a) log2(0,5)x – 5 > 0 e x + 2 > 0 ⇒
⇒
b) log
1
–––
2
(–x2 + 5x + 24) > log
1
–––
2
18 ⇒
⇒ – x2 + 5x + 24 < 18 ⇒
⇒–
x2
+ 5x + 6 < 0 ⇒
⇒ x < – 1 ou x > 6, pois o gráfico de
g(x) = – x2 + 5x + 6 é do tipo
–––2 >1ex>–2⇒
1
> –––
2
x–5
1
x–5
1
⇒ –––
2
0
ex>–2⇒
⇒x–5<0 e x>–2⇒
⇒x<5ex>–2⇒–2<x<5
b) log0,4log2(0,5)x – 5 ≤ log 0,4(x + 2) ⇒
⇒ log2(0,5)x + 5 ≥ x + 2 ⇒
⇒ (0,5)x –5 ≥ 2x + 2 ⇒
1
⇒ –––
2
x–5
≥ 2x + 2 ⇒
⇒ 2–x +5 ≥ 2x + 2 ⇒ – x + 5 ≥ x + 2 ⇒
3
⇒ – 2x ≥ – 3 ⇒ x ≤ –––
2
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:01 Page 17
4) log 0, ...... = –
5) log – ERRO
Resposta: D
III) A característica é c = 2, assim, N tem
3 algarismos na sua parte inteira.
IV) N = 376
–
O conjunto-verdade da inequação é
3
V = x ∈ – 2 < x ≤ –––
2
Resposta: C
11)a)
x–4>0
x–2>0
⇒
x>4
x>2
⇒x>4
b) log3(x – 2) + log3(x – 4) < 1 ⇒
⇒ log3(x – 2)(x – 4) < 1 ⇒
⇒ (x – 2)(x – 4) < 3’ ⇒
⇒ x2 – 4x – 2x + 8 < 3 ⇒
⇒ x2 – 6x + 5 < 0 ⇒ 1 < x < 5, pois o
gráfico de f(x) = x2 – 6x + 5 é do tipo
De a e b concluimos que 4 < x < 5.
Resposta: A
MÓDULO 41
LOGARITMOS DECIMAIS
5) I) log N = 3,5011 = – 3 + 0,5011
II) Na tabela, m = 0,5011 é mantissa do
número 317.
III) A característica é c = – 3, assim, N tem
3 zeros antes do número 317.
IV) N = 0,00317
6) I) log N = – 1,4989 = – 1 – 0,4989 =
= – 2 + (1 – 0,4989) =
–
= – 2 + 0,5011 = 2,5011
II) Na tabela, m = 0,5011 é mantissa do
número 317.
III) A característica é c = – 2, assim, N tem
2 zeros antes do número 317.
IV) N = 0,0317
7) log1,4920,7 =
13) x = 2100 ⇒ log x = log 2100 ⇒
⇒ log x = 100 . log 2 ⇒
⇒ log x = 100 . 0,30103 ⇒
⇒ log x = 30,103 ⇒
⇒ x tem 30 + 1 = 31 algarismos.
Resposta:B
14) y = 5100 ⇒ log y = log 5100 ⇒
⇒ log y = 100 . log 5 ⇒
10
⇒ log y = 100 . log ––– ⇒
2
⇒ log y = 100 . (log
10 – log 2) ⇒
⇒ log y = 100 (1 – 0,30103) ⇒
⇒ log y = 100 . 0,69897 ⇒
⇒ log y = 69,897 ⇒ y tem 69 + 1 = 70
algarismos
Resposta: D
log1020,7
1,3160
= –––––––––– + –––––––– ≅ 7,60
log101,49
0,1732
8) Para N = 3470, temos:
I) Característica: c = 3
II) Mantissa: m = 0,5403
III) log N = c + m
log 3470 = 3 + 0,5403 = 3,5403
Resposta: C
MÓDULO 42
LOGARITMOS E EXPONENCIAIS
(COMPLEMENTO)
1)
⇔
9) log1012 = log102.3 = log102 + log103 =
= 2log102 + log103 = 2 . 0,30103 + 0,47712 =
= 0,60206 + 0,47712 = 1,07918
1) Para N = 14,9, temos:
I) Característica: c = 1
II) Mantissa: m = 0,1732
III) log N = c + m
log 14,9 = 1 + 0,1732 = 1,1732
2) Para N = 1490, temos:
I) Característica: c = 3
II) Mantissa: m = 0,1732
III) log N = c + m
log 1490 = 3 + 0,1732 = 3,1732
3) Para N = 0,023, temos:
⇔
11) 10n ≤ 12418 ⇔ n ≤ log1012418 ⇔
⇔ n ≤ 418 . log10
(22.3)
⇔
⇔ n ≤ 418 . (2log102 + log103) ⇔
2)
⇔ n ≤ 418 . (2 . 0,30 + 0,48) ⇔
⇔ n ≤ 451,44
O maior valor inteiro possível para n é 451.
Resposta: D
⇔
–
4) I) log N = 2,5752 = 2 + 0,5752
II) Na tabela, m = 0,5752 é mantissa do
número 376.
log2y
log2x + ––––––––– = – 1
1
log2 ––
2
⇔
2x + 2y = 25
log2x – log2y = – 1
2x + 2y = 25
x
log2 –– = – 1
y
⇔
2x + 2y = 25
⇔
x
1
–– = ––
y
2
⇔
x + 2y = 5
yx =+ 2x2y = 5 ⇔ xy == 12
x + log y = 5
log
log x – log y = – 1
II) Mantissa: m = 0,3617
= 2,3617 = – 1,6383
⇔
32
Resposta: C
⇔
log(0,023) = – 2 + 0,3617 =
__
2
Resposta: 25 vezes
I) Característica: c = – 2
III) log N = c + m
⇔
⇒ n ≥ 24,25 ⇒ n = 25, pois n ∈ *.
x +y
––
=
42
⇔
Resposta: B
10) 5 . 2n ≥ 100000000 ⇒ 2n ≥ 20 – 106 ⇒
⇒ 2n ≥ 2 . 107 ⇒ log 2n ≥ log 2 . 107 ⇒
⇒ n . log 2 ≥ log 2 + log 107 ⇒
7,301
⇒ n . 0,301 ≥ 0,301 + 7 ⇒ n ≥ ––––––––
0,301
log2x + log1 y = – 1
12) 1) log 42 . 109 = 10, ______
Note 42 . 109 tem 11 algarismos
2) log 10, ______ = 1, ____
3) log 1, ____ = 0, .......
⇔
2
2
2
2
⇔
log2(x . y) = 5
x
log2 –– = – 1
y
⇔
x . y = 32
x
1
⇔
–– = ––
y
2
xy .=y2x= 32
⇔
xy == 48
V = {(4; 8)}
– 17
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:01 Page 18
3) log 1000x – log0,001x = – 1 ⇔
⇔ x . log 1000 – x . log 0,001 = – 1 ⇔
⇒ (5x )2 – 124. (5x ) – 125 = 0 ⇒
⇔ x . 3 – x . (– 3) = – 1 ⇔
⇔ 3x + 3x = – 1 ⇔ 6x = – 1 ⇔
–1
⇔ x = ––––
6
V=
–1
––––
6
Fazendo 5x = y obtém-se
⇔ 49x + 25x = 2 . 35x ⇔
y2 – 124y – 125 = 0 ⇒ y = 125 ou y = –1
2 . 35x
49x
25x
⇔ ––––
+ ––––
= –––––––
⇔
x
x
35
35
35x
8)
⇔ (2x)2 – 2 . 2x + 1 = 0
⇒
3x + 2y = 33
V = {0}
log2x
= x3 ⇔ x
⇒
x3
= –––– ⇔
4
⇒
x
––––
= log x ⇔
4
3
⇔ logx
log x = log y + log y
3x + 2y = 33
Fazendo 2x = y, temos: y2 – 2y + 1 = 0 ⇔
⇔ y = 1 ⇒ 2x = 1 = 20 ⇔ x = 0
7
Para ––
5
log x – log y = log y
⇒
3x + 2y = 33
⇒
2
log x = log y2
⇒
x3x=+y2y = 33
2
x = 32
y=3
xy == 93
⇒
log24
⇔ 3 . logxx – –––––– = log2x ⇔
log2x
Resposta: V: {(9,3)}
⇒
= y resulta
⇒
⇔ y2 – 2y + 1 = 0 ⇔ y = 1
x
=1⇔x=0
Resposta: C
⇒
MÓDULO 43
LOGARITMOS E EXPONENCIAIS
(COMPLEMENTO)
⇒
1
1) –––– < 4n – 1 < 16 ⇔
32
⇔ 2 – 5 < 22n – 2 < 24 ⇔ – 5 < 2n – 2 < 4 ⇔
9)
log x + log y = 5
log22x – log22y = – 1
3
⇔ – 3 < 2n < 6 ⇔ – –– – < n < 3
2
Fazendo log2x = y, temos:
Fazendo log2x = a e log2y = b resulta
3
Se n ∈ e – –– < n < 3, então n = 0 ou
2
2
3 – ––– = y ⇔ 3y – 2 = y2 ⇔
y
⇒
2
⇔ 3 – –––––– = log2x
log2x
⇔ y2 – 3y + 2 = 0 ⇔ y = 1 ou y = 2
Para y = 1 ⇒ log2x = 1 ⇔ x = 2
Para y = 2 ⇒ log2x = 2 ⇔ x = 4
a–b=–1 ⇒a–b=–1
a+b=5
2a = 4
⇒
n = 1 ou n = 2 e, portanto, a soma é igual a 3.
a=2
⇒
b=3
Então, log2x = 2 ⇒ x = 4 e
log2y = 3 ⇒ y = 8
Resposta: C
2) a) x + 2 > 0 ⇔ x > – 2
Resposta: V = {(4, 8)}
log2(0,5)x – 5 > 0 ⇔ (0,5)x – 5 > 1 ⇔
As raízes da equação são 2 e 4, cuja soma
bx
10) a = c ⇒ bx = logac ⇒ x = logb(logac)
Resposta: C
é 6.
Resposta: B
11) 4x + 6x = 2 . 9x ⇔
1
6) 2x + 2 – 2–x = 0 ⇒ 2x + 2 – –––– = 0
2x
Fazendo 2x = y resulta
1
y + 2 – –––– = 0 ⇒ y2 + 2y – 1 = 0 ⇒
y
2
– 2 2
2
⇒ y = –––––––––– ⇒ y = – 1 2
Como y > 0, temos que y = 2–1e
2x = 2 – 1 ⇒ x = log2(
2 – 1)
7)
=2
x
7
Logo, ––
5
x = y2
– 2 + 20
y = –––––– , pois y > 0
6
⇔ logxx3 – logx4 = log2x ⇔
x
1
y + ––– = 2 ⇔ y2 + 1 = 2y ⇔
y
⇒
x = y2
⇒
3y2 + 2y – 33 = 0
x
+ ––57 7
⇔ ––
5
⇒ 5x = 53 ⇒ x =3⇒x=9
Resposta: C
⇔ 22x = 2x . 21 – 1 ⇔
log2x
12) 72x + 25x = 2 . 35x ⇔
Como y > 0, temos 5x = 125 ⇒
4) log4(2x + 1 – 1) = x ⇔ 4x = 2x + 1 – 1 ⇔
5) 4 . x
Resposta: A
⇒ (52)x – 124. 5x = 125 ⇒
25x
18 –
– 124.
5x =
125 ⇒
x
=2⇔
2
2
–– – 2 = 0
⇔ ––
3 + 3
x 2
⇔
–2<x<5
x
––9 4
x
y2 + y – 2 = 0 ⇔ y = 1 ou y = – 2 (não
serve)
V = {0}
⇔ log2(0,5)x – 5 ≥ x + 2 ⇔
⇔ (0,5)x – 5 ≥ 2x + 2 ⇔ 2 –x + 5 ≥ 2x + 2 ⇔
3
⇔ – x + 5 ≥ x + 2 ⇔ 2x ≤ 3 ⇔ x ≤ ––
2
3
De (a) e (b), temos: – 2 < x ≤ ––
2
Resposta: C
x
=1⇔x=0
2
Logo, ––
3
b) log0,4[log2(0,5)x – 5] ≤ log0,4(x + 2) ⇔
x
= y resulta
2
Para ––
3
⇔x–5<0⇔x<5
A condição de existência é, pois:
4x
6x
2 . 9x
⇔ –––
+
=
⇔
–––
––––––
9x
9x
9x
6
+ ––
9
⇔ (0,5)x – 5 > (0,5)0 ⇔
3) 1 ≤ log10(x – 1) ≤ 2 ⇔
⇔ log1010≤ log10(x–1)≤ log10100 ⇔
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⇔ 10 ≤ x – 1 ≤ 100 ⇔ 11 ≤ x ≤ 101
Resposta: C
4) log10x ≤ log24 . log46 . log68 – 1 ⇔
log26
log28
⇔ log10x ≤ log24 . ––––––
. ––––––
–1⇔
log24
log26
⇔ log10x ≤ log28 – 1 ⇔ log10x ≤ 3 – 1 ⇔
⇔ log10x ≤ 2 ⇔ 0 < x ≤ 100
⇒ (log2x)2 – log2x – 2 = 0 ⇒
⇒ log2x = – 1 ou log2x = 2 ⇒
1
⇒ x = ––– ou x = 4.
2
x5
9) 16 . xlog2x = x5 ⇒ xlog2x = ––– ⇒
16
⇒
log39
5) log3x = 1 + logx9 ⇒ log3x = 1 + –––––– ⇒
log3x
2
⇒ log3x = 1 + –––––
log3x
1) Sendo f(x) = logax, temos:
1
O produto dessas raízes é ––– . 4 = 2
2
Resposta: B
Resposta: A
log2xlog2x
x5
= log2 ––– ⇒
16
⇒ (log2x) . (log2x) = log2
x5
1
⇒ x = 9 ou x = 3– 1 = ––– .
3
– log216 ⇒
– 5log2x + 4 = 0 ⇒
log (2/3)
⇔ t = log4/5 (2/3) ⇔ t = –––––––– ⇔
log (4/5)
⇒ x = 2 ou x = 16.
A soma dessas raízes é 2 + 16 = 18.
10) Esboçando, em um mesmo sistema de
coordenadas, os gráficos de f(x) = 2x – 4 e
g(x) = log2 (x + 4) temos:
1
rização de –– ao ano, a cada ano que pas5
4
sa o preço corresponde a –– do preço do
5
ano anterior, assim, temos:
4
Após 1 ano, P1 = –– . P
5
4
Após 2 anos, P2 = –– . P1 =
5
4
–––
5
4
Após 3 anos, P3 = –– . P2 =
5
4
–––
5
= r . log10(rs) + s . log10(rs) =
Após t anos, Pt =
= (r + s). log10(rs).
De (I) e (II) concluimos que
s)s
=
= (r + s) . log10(r. s) =
As duas soluções (abscissas das intersecções dos gráficos) estão em ]– 4, –3[ e
]2, 3[
Resposta: D
= b . log10100 = b . 2 = 2b
– 3log10x + 2 = 0
Fazendo log10x = y resulta
y2 – 3y + 2 = 0 ⇒ y = 1 ou y = 2.
Logo, log10x = 1 ou log10x = 2 ⇒
⇒ x = 10 ou x = 100
Resposta: A
2 . 4 . 6 . 8 . … . 2n
log 10100 ⇒
11) –––––––––––––––––– > 1.2.3.4.….n
2.1.2.2.2.3.2.4.….2.n
⇒ ––––––––––––––––––––––––––– >
1.2.3.4.….n
100 . log 10 ⇒
< n vezes
64748
8) 4x – xlog2x = 0 ⇒ 4x = xlog2x ⇒
⇒ log24x = log2
Resposta: C
3) Se o preço P do automóvel sofre desvalo-
II) log10 (r. s.)r + log10 (rs)s =
7) (log10
⇔ t = log (2/3) / log (4/5)
Resposta: E
r + s = b e r. s. = 100.
x)2
10000 = 15000 . (4/5)t ⇔
⇒ (log2
x2 – bx + + 100 = 0, então
+ log10(r .
Resposta: A
⇔ 2 = 3 . (4/5)t ⇔ 2/3 = (4/5)t ⇔
6) I) Se r e s são raízes de equação
log10(r .
⇔ a2 – a – 2 = 0 ⇒ a = 2, pois a > 0
= 5log2x – 4 ⇒
x)2
1
O produto desses valores é 9 . ––– = 3
3
Resposta: E
s)r
⇔ loga(a + 2) = 2 ⇔ a2 = a + 2 ⇔
⇒ (log2
x)2
⇒ y2 – y – 2 = 0 ⇒ y = 2 ou y = – 1
Portanto, log3x = 2 ou log3x = – 1 ⇒
I) f(a) = b ⇒ logaa = b ⇔ b = 1
II)f(a + 2) = b + 1 ⇒ loga(a + 2) = 1 + 1 ⇔
2) Se T = 15000 . (4/5)t e T = 10000, então:
⇒ log2x = 1 ou log2x = 4 ⇒
Fazendo log3x = y obtém-se:
2
y = 1 + ––– ⇒ y2 = y + 2 ⇒
y
MÓDULO 44
LOGARITMOS E EXPONENCIAIS
(COMPLEMENTO)
xlog2x
⇒
⇒ log24 + log2x = (log2x) (log2x) ⇒
⇒ 2 + log2x = (log2x)2 ⇒
.P
3
.P
t
.P
4
–––
5
Fazendo-se log102 = 0,30, então:
log104 = log1022 = 2 . log102 =
= 2 . 0,30 = 0,60
log105 = log10
–––2 =
10
= log1010 – log102 = 1 – 0,30 = 0,70
P
P
Se Pt = ––– ⇒ ––– =
2
2
1
⇔ ––– =
2
4
–––
5
t = log
1
–––
2
2.2.2.….2.1.2.3.4.….n
⇒ ––––––––––––––––––––––––––– >
1.2.3.4.….n
100 ⇒ 2n > 10 ⇒ n > 3
> Resposta: C
2
4
–––
5
4
–––
5
t
.P⇔
t
⇔
1
log10 ––
2
= –––––––––––– =
4
log10 ––
5
– 19
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:01 Page 20
– 0,30
= –––––––––– = 3
– 0,10
sobre o carro com uma força de mesma
intensidade, mesma direção e sentido
oposto, que é responsável pela deformação do carro.
Estas forças de ação e reação não podem
se equilibrar porque não estão aplicadas
no mesmo corpo: ação na parede e reação
no carro.
Resposta: C
3
= –– . 0,7781 1,1671
2
log101 – log102
0 – 0,30
= –––––––––––––– = –––––––––– =
log104 – log105
0,60 – 0,70
Resposta: D
8) log x = 1,565257 ⇒
⇒ x = 101,565257 ⇒ 101 < x < 102
Resposta: D
Resposta: B
9) 10loga(x2 – 3x + 5) = 3loga10 ⇒
4) Seja N = 2255 = p . 10 q, com
2)
De acordo com a 3.a Lei →
de Newton,
as
→
forças de ação e reação F12 e F21 têm
módulos iguais, mesma direção e
sentidos opostos.
Resposta: C
3)
Ação e reação nunca estão aplicadas ao
mesmo corpo e nunca se equilibram.
Resposta: D
4)
É a lei da ação e reação (3.a Lei de
Newton).
Resposta: B
⇒ loga 10loga(x2 – 3x + 5) = loga 3loga10 ⇒
1 ≤ p < 10 e q ∈ .
⇒ [(loga (x2 – 3x +5)] . (loga10) =
Como log N = log 2255 =
= (loga10) . (loga3) ⇒
= 255 . log 2 255 . 0,3 = 76,5, tem-se:
⇒ loga (x2 – 3x + 5) = loga3 ⇒
N = 1076,5 = 10 0,5 . 1076 =
⇒ x2 – 3x + 5 = 3 ⇒
= 10 . 1076 = p . 10 q
⇒ x2 – 3x + 2 = 0 ⇒ x = 1 ou x = 2
Desta forma, p = 10 e q = 76
Resposta: V = {1; 2}
Resposta: A
10) log2(12 – 2x) = 2x ⇒
⇒ 22x = 12 – 2x ⇒ (2x)2 + 2x – 12 = 0
5) log (22sen x – 3 . 2sen x + 3) = 0 ⇒
Fazendo 2x = y obtém-se
22sen x – 3 . 2sen x + 3 = 1 ⇒
y2 + y – 12 = 0 ⇔
⇒ (2sen x)2 – 3.(2sen x) + 2 = 0 ⇒
⇒
2sen x
= 1 ou
2sen x
⇔ y = 3 ou y = – 4 (não serve)
Logo, 2x = 3 e, portanto, x = log23.
Resposta: E
=2⇒
⇒ sen x = 0 ou sen x = 1 ⇒
⇒ x = n . ou x = + n . 2, n ∈ log 175
11)log50175 = –––––––– =
log 50
Resposta: x = n ou x = –– + n . 2, n ∈ 2
⇒ a > – 1 e a < e4 – 1 ⇒ – 1 < a < e4 – 1
1
––
3
⇒ a = 10
Resposta: B
3
––
2
.3
3
––
2
3
= –– . (0,3010 + 0,4771) =
2
20 –
F = P2 + T2
3
⇒ a = 10
T2 = F – P2 (2)
Comparando-se (1) e (2), tem-se:
=
T1 > T2
FÍSICA
= log 2 + log 3 =
3
3
. 0,4771 =
= –– . 0,3010 + ––
2
2
T1 = F + P1 (1)
Resposta: D
3
––
2
3
3
= –– . log 2 + –– . log 3 =
2
2
Para o equilíbrio:
1
1
⇒ –––––– = 3 ⇒ log10a = –– ⇒
log10a
3
⇒ a + 1 > 0 e a + 1 < e4 ⇒
log 2
Os ímãs se atraem mutuamente de acordo
com a 3.a Lei de Newton:
Resposta: B
⇒ – 4 n (a + 1) > – 16 ⇒ n (a + 1) < 4 ⇒
216 = log
7) log 2)
log10x
= 3 . log10x ⇒
12) logax = 3 log10x ⇒ ––––––
log10a
⇒ 16 – 4 n (a + 1) > 0 ⇒
3
––
2
A força que o bloco exerce sobre a Terra
é a reação de seu peso e, portanto:
F = P = mg = 5,0 . 9,8 (N) = 49,0N
Resposta: A
2a + b
2log 5 + log 7
= –––––––––––– = –––––––
a+1
log 5 + 1
admita raízes reais distintas devemos ter
23. 33 =
1)
log 52 + log 7
log 52 . 7
= ––––––––– = –––––––––––––– =
log 5 + log 10
log 5 . 10
6) Para que a equação x2 – 4x + n(a + 1) = 0
= (– 4)2 – 4 . 1 . n (a +1) > 0 ⇒
MÓDULO 50
APLICAÇÕES DA 3.a LEI DE NEWTON
FRENTE 1
MÓDULO 49
3.a LEI DE NEWTON: AÇÃO E REAÇÃO
1)
De acordo com a 3.a Lei de Newton (lei
da ação e reação) o carro age na parede
(deformando a parede) e a parede reage
Resposta: C
3)
1) No ímã superior:
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:01 Page 21
d) PFD (B):
2) No ímã inferior:
MÓDULO 52
EXERCÍCIOS
FAB = mB a
FAB = 3,0 . 4,0 (N)
1)
FAB = 12,0 N
(1) PFD (A + B):
Resposta: C
Respostas:
MÓDULO 51
EXERCÍCIOS
4)
1)
(1) PFD (caixa com ovos):
a) Não
c) 48,0N
b)
d) 12,0N
60 = 30a ⇒
a = 2,0m/s2
(2) PFD (A): T = mA a
1) Aplicando a 2.a Lei de Newton ao
sistema (A + B), temos:
T = 10 . 2,0 (N) ⇒
f = ma
F = (mA + mB) a
10 = 10 . a ⇒ a = 1,0m/s2
Resposta: E
2)
F = (M + m) a
2.a
2) Aplicando a
Lei de Newton ao
bloco A, temos:
Fmáx = (40 + 10) . 1,0 (N)
T = 20N
F
a = ––––
5m
F = 5m a ⇒
(2) PFD (sistema das duas caixas):
Fmáx = 50N
A aceleração do sistema terá módulo a
dado por:
F
F = 3 m a ⇒ a = ––––
3m
A força resultante, em cada bloco, será
dada por:
F
FR = m a = m ––––
3m
Resposta: E
2)
F = (mA + mB) a
4,0m/s2
(1) Cálculo da aceleração do sistema
(A + B):
F = (M + MB) a
F
a = –––––––
M + MB
F
FR = ––
3
Fat = mAa
F
Fat = m . –––– ⇒
5m
(2) PFD (B):
F
Fat = ––
5
Resposta: B
3)
Resposta: B
F
–– = MBa
3
5)
F
F
–– = MB . –––––––
M + MB
3
3MB = M + MB
2MB = M
1) PFD (1 + 2 + 3):
F = (m1 + m2 + m3) a
0,6 = 0,6a ⇒
a=
1) PFD (A + B + C):
F = (mA + mB + mC) a
1,0m/s2
60 = (10 + 20 + 30) a
a = 1,0m/s2
2) PFD (1):
PFD (1): F21 = m1 a
F21 = 0,1 . 1,0 (N)
M
MB = –––
2
2) PFD (C): T2 = mC a
F21 = 0,1N
3)
Resposta: B
a) Não. O sentido da força resultante é o
sentido da aceleração vetorial; o
sentido do movimento (velocidade)
não está determinado; o bloco pode
estar movendo-se para a esquerda
com movimento retardado.
b) PFD (A+B):
F = (mA + mB) a
60,0 = 15,0 a ⇒ a = 4,0 m/s2
c) RA = mA a = 12,0 . 4,0 (N)
RA = 48,0 N
T2 = 30 . 1,0 (N) ⇒
T2 = 30N
3) PFD (B + C): T1 = (mB + mC) a
T1 = 50N
T1 = 50 . 1,0 (N) ⇒
3) PFD (3):
Resposta: D
4)
PFD (3): F – F23 = m3 a
0,6 – F23 = 0,3 . 1,0
0,6 – 0,3 = F23
F23 = 0,3N
Resposta: C
1) PFD (A + B + C):
F = (mA + mB + mC) a
– 21
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12,0 = (1,0 + 2,5 + 0,5) a
2) PFD (C):
mB = 1,25kg
FBC = mC a
Respostas:
FBC = 0,5 . 3,0 (N)
FBC = 1,5N
3)
a) 5,0kg
a = 7,5m/s2
b) 1,25kg
Resposta: C
PFD (1 + 2): P2 = (m1 + m2)a
MÓDULO 55
PROBLEMA DO ELEVADOR
m2 g = (m1 + m2) a
Resposta: B
m2g
a = ––––––––
m1 + m2
MÓDULO 53
EXERCÍCIOS
1)
0,60 (m/s2)
a = g tg θ = 10 . ––––
0,80
10,0
T
mB = ––––– = ––––– (kg)
8,0
g–a
a = 3,0m/s2
(1) FALSA.
As forças resultantes terão apenas
módulos iguais.
1)
Resposta: C
4)
(2) CORRETA.
O sistema formado pelos blocos B e C é
acelerado pelo peso do bloco pendente
(bloco C):
→
PFD (B + C): Pc = (mB + mC) a
PB = (mA + mB) a
↑→
a ⇔ ↑ FR ⇔ F > P
10,0 = 5,0a
g
mg = 2m a ⇒ a = –– = 5,0m/s2
2
PFD: F – Mg = Ma
A = 2,0m/s2
(3) FALSA.
F = M (g + a)
Resposta: D
b)
T = mA a
T = 2,0 . 5,0 (N) ⇒
MÓDULO 54
EXERCÍCIOS
T = 10,0N
(4) CORRETA.
1)
V2 = V02 + 2γ Δs
V2
a)
Fe = k (x – x0)
Fe = 20 (15 – 12) (N)
= 0 + 2 . 5,0 . 10,0
→
↓→
a ⇔ ↓ FR ⇔ P > F
Fe = 60N
V = 10,0m/s
PFD: Mg – F = Ma
Resposta: B
2)
No equilíbrio:
a) Isolando-se o bloco A
T = mA a
10,0 = mA 2,0
F = M (g – a)
P = Fe = 60N
Respostas:
Resposta: 60N
2)
mA = 5,0kg
O dinamômetro indica a intensidade da
força aplicada em cada uma das extremidades.
Resposta: FI = FII = FIII = FIV = 10N
3)
2)
a) M (g + a)
b) M (g – a)
a)
PFD (bloco):
P – Fdin = ma
b) Isolando-se o bloco B:
20 – 15 = 2,0 . a
a = 2,5m/s2 ↓ →
a
b) O sentido do movimento não está
determinado.
O elevador pode estar:
PB – T = mB a
1) Ty = P = mg
mB g – T = mB a
2) Tx = ma
→
→
a ↓ ↓ V descendo com movimento
acelerado
mB g – mB a = T
Tx
ma
3) tg θ = –––– = ––––
Ty
mg
→
→
a ↓ ↑ V subindo com movimento
retardado
mB (g – a) = T
22 –
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c)
→
a ⇔ gap = g – a
↓
↑ →a
PFD (2): P2 – T = m2 a (2)
2,0
Δs = 0 + –––– (0,50)2 (m)
2
PFD (1 + 2): P2 – P1 = (m1 + m2) a
30,0 – 20,0 = 5,0 . a
⇔ gap = g + a
Δs = 0,25m
P – F = ma
mg – ma = F
F = m(g – a)
gap = g – a = 7,5m/s2
a = 2,0m/s2
b) Em (1):
(2) Em (1):
T – 10,0 = 1,0 . 2,0 ⇒
Respostas:
3)
2)
(01)
(02)
1) PFD: FN – mg = ma
(04)
FN = m (g + a)
a) 0,25m
T = 12,0N
T – 20,0 = 2,0 . 2,0
T = 24,0N
b) 12,0N
Falsa: a força tensora ao longo do
fio ideal, com polia de inércia
desprezível, tem a mesma
intensidade.
Falsa: a força que cada bloco
exerce no fio tem intensidade T,
que é diferente de cada um dos
pesos.
Verdadeira
FN = 70 (15,0) N
Resposta: 24,0N
4)
PA > T
FN = 1050 N
T > PB
1050
Pap
= ––––– (kg)
2) map = ––––
10,0
g
map = 105 kg
(08)
Resposta: B
O sentido da aceleração indica
qual das forças tem maior intensidade.
Verdadeira
2..a Lei de Newton para o sistema:
2T – Mtotal g = Mtotal a
PFD (A): PA – T = mA a (1)
2T = Mtotal (a + g)
PFD (B): T – PB = mB a (2)
4)
Mtotal (a + g)
T = –––––––––––––
2
PFD (A + B):
PA – PB = (mA + mB) a
(1) + (2) 30,0 – 20,0 = 5,0 . a
a=
(16)
90 (1,0 + 10,0)
T = ––––––––––––– (N)
2
2,0m/s2
Verdadeira: Em (2), temos:
T = 495N
T – 20,0 = 2,0 . 2,0
↑ →a ⇔
F>P
PFD: F – P = ma
F – mg = ma
F = m (g + a) = 80 . 13 (N)
Resposta: C
MÓDULO 57
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES
T = 24,0N
(32)
Falsa:
1)
F = 1040N
3)
MÓDULO 56
MÁQUINA DE ATWOOD
1)
γ
(2) Δs = V0 t + –– t2
2
Resposta: 28
Resposta: A
a) (1) PFD (A): T – PA = mA a
(1)
PFD (B): PB – T = mB a
(2)
a)
g+a
H = ––––– tQ2 ⇒
2
tQ =
2H
––––––
g+a
Resposta: A
PFD (A + B): PB – PA = (mA + mB) a
15,0 – 10,0 = 2,5 . a
2)
a = 2,0m/s2
γ
(2) Δs = V0t + –– t2
2
Descendo com movimento retardado:
→
→
(1) ↓ V
↑ a ⇔ gap = g + a
(1) PFD (1): T – P1 = m1 a (1)
(1) PFD (A + B + argola):
mg = (2M + m) a
mg
a = –––––––––
2M + m
– 23
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:01 Page 24
(2)
2)
(2) Quando o bloco se movimentar, a
força de atrito terá intensidade constante.
(3) Como o coeficiente de atrito estático
é maior que o dinâmico, resulta:
Fat < Fat
a) (1) Fdestaque = μEFN
Fdestaque = 0,60 . 1000 (N) = 600N
(2) Como F < Fdestaque, o guarda-roupa não se move e, portanto,
Fat = F = 400N.
PFD (argola):
din
mg – FA = ma
FA = m (g – a)
μd = 0,34
Respostas: a) Fat = 400N
b) μd = 0,34
din
[
[
mg
FA = m g – ––––––––
2M + m
m
FA = mg 1 – ––––––––
2M + m
]
]
3)
2Mmg
FA = ––––––––
2M + m
A força de atrito não depende da área de
contato entre o paralelepípedo e a
superfície horizontal. Portanto, na
iminência de escorregar, temos:
F1 = F2 = Fat
[2M + m – m]
FA = mg ––––––––––––––
2M + m
máx
Resposta: A
2)
= μE P
Fat
= μE FN = μE P
destaque
15 = μE 50
O peso da tora é sempre o mesmo
(P = mg), porém, nas situações I e II,
teremos:
μE = 0,3
Resposta: C
3)
(1) A força de atrito de destaque tem
intensidade 15N (leitura do gráfico) e
é dada por:
Resposta: D
4)
destaque
= F ⇒ μd . 1000 = 340
b) Fat
(2) Para F = 30N, o bloco está em movimento e a força de atrito é dinâmica
com intensidade Fat = 10N (leitura
din
do gráfico).
PFD (A + B) : PA – PB = (mA + mB) a
g
(mA – mB) g = (mA + mB) ––––
3
3mA – 3mB = mA + mB
PFD: F – Fat
din
=ma
30 – 10 = 5,0 . a
F2 + F1 = P
2mA = 4mB ⇒ mA = 2mB
a = 4,0m/s 2
F1 = P – F2
mB
1
––––
= –––
2
mA
Resposta: A
3)
4)
Resposta: B
PFD (sistema): Mg = (M + 2m) a
Mg = Ma + 2ma
M (g – a) = 2ma
F = Fat = μ P
2ma
M = –––––
g–a
Portanto:
Resposta: C
De acordo com o texto:
Fdestaque = 230N
Fat = 200N
MÓDULO 59
EXERCÍCIOS
din
(1) Fdestaque = μE FN = μE P
230 = μE 500 ⇒
(2) Fat
din
Resposta: D
24 –
μD = 0,40
Resposta: E
4)
1) Fat
destaque
Fat
destaque
= 0,30 . 50,0 N = 15,0 N
20,0 – 15,0 = 5,0 a
3)
(1) Enquanto o atrito for estático (não há
movimento), teremos FA = FS e o
respectivo gráfico será um segmento
de reta inclinado de 45° (função y = x).
= μE FN = μE P
2) PFD (1 + 2): F – Fat = M a
1)
μE = 0,46
= μD FN = μD P
200 = μD 500 ⇒
F3 > F1
Na situação II, a força normal trocada
entre a tora e o solo é mais intensa que na
situação I.
Resposta: B
MÓDULO 58
ATRITO
1)
2000 = μ . 2000 ⇒ μ = 1,0
F3 = P
a = 1,0 m/s2
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PFD (2):
T – fat = m2 a
2
T – 0,30 . 20,0 = 2,0 . 1,0
4)
T – 6,0 = 2,0
Resposta: C
(1)
Resposta: D
(2v1) 2 = 0 + 2 a L’
1) PFD: Fat = ma
4 v12 = 2 a L’
μ mg = ma ⇒
T = 8,0 N
(2)
(2)
Fazendo-se ––– , obtém-se:
(1)
a=μg
2) Distância percorrida até parar:
L’
––– = 4 ⇒
L
V2 = V02 + 2 γ Δs (MUV)
MÓDULO 60
EXERCÍCIOS
1)
v12 = 0 + 2 a L
amáx = 4,0m/s2
0 = V02 + 2 (–μg) d
(1) fat = μPA = 0,20 . 20,0 (N) = 4,0N
V02
d = –––––
⇒
2μg
A
fat = μPB = 0,20 . 30,0 (N) = 6,0N
d2
mE
––––
= ––––
mD
d1
L’ = 4L
Resposta: E
4)
B
(2) PFD (A + B) :
Resposta: C
F – (fat + fat ) = (mA + mB) a
A
B
20,0 – 10,0 = 5,0 . a ⇒
a = 2,0m/s2
5)
1) Fat = ma
μC mg = ma
(3) PFD (B) :FAB – fat = mBa
B
PFD: Pt = ma
mg sen θ = ma
a = g sen θ
a = μC g = 0,3 . 10 (m/s2) = 3,0m/s2
FAB – 6,0 = 3,0 . 2,0 ⇒ FAB = 12,0N
2) V2 = V02 + 2g Δs
Resposta: E
1
a = 10,0 . –– (m/s2)
2
V2 = 400 + 2 (–3,0) 6,5
2)
V2 = 361
a = 5,0m/s2
V = 19m/s
Resposta: C
MÓDULO 62
EXERCÍCIOS
Resposta: A
(1) Na iminência de movimento, a força
de atrito em (1) tem intensidade
máxima:
MÓDULO 61
PLANO INCLINADO
1)
a)
Fat = μE P1 = 0,4 . 1000 (N) = 400N
1
1)
mg sen α = ma
(2) A força de tração no fio é dada por:
F = T + Fat
a = g sen α = 5,0m/s2
1
600 = T + 400 ⇒
T = 200N
(2) V = V0 + γ t
20,0 = 0 + 5,0 t1
(3) Para o equilíbrio do bloco 2, que não
está na iminência de movimento,
temos:
T = Fat
t1 = 4,0s
2
Fat = 200N
2
Resposta: B
2)
Resposta: A
3)
(1) PFD: Pt = ma
Desprezando-se o atrito e o efeito do ar,
a força resultante sobre o carrinho tanto
na subida como na descida é a
componente tangencial de seu peso:
FR = Pt = mg sen θ
PFD: Fat = ma
Sendo o atrito estático:
Resposta: B
Fat ≤ μ FN
2
ma ≤ μ –– m g
3
2
2
amáx = –– μ g = –– . 0,60 . 10,0m/s2
3
3
3)
Mantendo-se a inclinação da rampa, a
aceleração do jovem será mantida
constante. Usando-se a equação de Torricelli, tem-se:
v2 = v02 + 2γ Δs
– 25
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:02 Page 26
b) Para o equilíbrio: T = P2
os blocos A e B começam a deslizar
simultaneamente, não importando suas
massas.
Resposta: C
PA – Pt = (mA + mB)a
B
T = Pt (1) = P1 sen θ
50,0 – mB . 10,0 . 0,60 = (5,0 + mB) 4,0
P2 = P1 sen θ
50,0 – 6,0mB = 20,0 + 4,0mB
1
m2 = m1 sen θ = 10 . –– (kg)
2
30,0 = 10,0mB
m2 = 5kg
4)
mB = 3,0kg
Resposta: C
2)
MÓDULO 63
PLANO INCLINADO COM ATRITO
1
0,1
–––
1) sen θ = –––
5,0 = 50
1)
2) Fat = Pt = m g sen θ
Bloco (2): P – T = M a (1)
1
Fat = 0,80 . 10,0 –––
50 (N) = 0,16 N
Bloco (1): T – Pt = M a (2)
Sistema: P – Pt = 2Ma
Resposta: B
1
Mg – Mg . ––– = 2Ma
2
g
10
a = ––– = ––– (m/s2)
4
4
MÓDULO 64
COMPONENTES DA
FORÇA RESULTANTE
2.a Lei de Newton: Pt + Fat = ma
mg sen θ + μ mg cos θ = ma
1)
a = g (sen θ + μ cosθ)
a = 2,5m/s2
2)
Resposta: B
3)
Resposta: D
a) Sendo a velocidade constante (MRU),
a força resultante é nula e, portanto, a
→
força F deve equilibrar o peso e, para
tanto, deve ser vertical, dirigida para
cima e de módulo 40N.
b) Fat = Pt
2)
μd P cos θ = P sen θ
μd = tgθ
3
μd = tg 30° = –––––––
3
3)
Respostas: a) 40N; vertical; para cima
b)
T2 = Pt + T1
T2 = mg sen θ + T1
3/3
3)
No trecho que contém o ponto P, o movimento do automóvel é circular uniforme e a
força resultante é centrípeta (dirigida de P
para M).
Resposta: D
(1) O movimento de Tomás é circular e
uniforme e a aceleração vetorial é
centrípeta (não nula).
(2) A componente horizontal da força
aplicada pelo piso (força de atrito) faz
o papel de resultante centrípeta.
Resposta: C
Por inércia, o coelho mantém a sua
velocidade vetorial.
Qualquer alteração de velocidade implica
a presença de uma força resultante
externa. Para variar a direção da
velocidade, é preciso receber uma força
resultante centrípeta.
Resposta: E
T2 = 10 . 0,6 + 10 (N)
MÓDULO 65
EXERCÍCIOS
T2 = 16 N
Resposta: D
4)
ΔV
8,0
1) a = ––– = ––– (m/s2) = 4,0m/s2
Δt
2,0
2) PFD (A + B):
1)
O bloco ficará na iminência de escorregar
quando:
Pt = Fat
destaque
P sen θ = μE P cos θ
μE = tg θ
Portanto, como os coeficientes de atrito
entre A e B e o tampo da mesa são iguais
(mesma madeira e igualmentes polidos),
26 –
A expressão que comparece no 2.o membro das opções é a resultante centrípeta
que corresponde à resultante das forças
que têm a direção da normal (radial).
Portanto:
MVA2
→
–––––
= Fcp = |TA| + P cos θ
L
Resposta: E
Nota: Na direção da tangente, temos:
Mg sen θ = M at ⇒
at = g sen θ
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:02 Page 27
2)
No ponto A em que a velocidade se
anula, a componente centrípeta da
resultante se anula e, portanto:
m V2mín
mg = –––––––––
R
Vmín = gR = 10,0
. 4,0 (m/s)
T = Pn = P cos θ
Vmín = 40,0
m/s = 2,0 10,0 m/s
(1) T2 = m ω2 . 2
T2 = 0,1 . 25 . 0,8 (N)
Respostas:
T2 = 2,0N
a) 2,5kN
T = mg cos θ
b) 1,5kN
Resposta: E
10,0 m/s
c) 2,0 (2) T1 – T2 = m ω2 . T1 – 2,0 = 0,1 . 25 . 0,4
MÓDULO 66
EXERCÍCIOS
5)
FN – P = Fcp
T1 = 3,0N
1)
m V2
FN = mg + –––––
R
Respostas: 2,0N e 3,0N
3)
FN – P = Fcp
V2
FN = m g + –––––
R
mV 2
FN = mg + ––––
R
V2
FN = m g + –––
R
(
FN = 1,0 . 103
FN = 1,5 .
(
104
100
10 + –––
20
)
100
FN = 50 10 + –––––
2,0
6)
a)
gR
V = mV2
F = ––––– = mω2 R
R
2
Sendo g = 10m/s2 e R = 6,4 . 106m,
calculemos V:
.mR
. R = ––––
T
2π
F = m –––
T
mV2
Fcp = –––––
R
4π2
V = 10 . 6,4 . 106 (m/s)
2
m
km
V = 8,0 . 103 –– = 8,0 ––––
s
s
4 . 10 . 7,3 . 1022 . 3,8 . 108
F = ––––––––––––––––––––––––– (N)
(2,5 . 106)2
100 . (10,0)2
Fcp = ––––––––––– (N)
4,0
2πR
2πR
b) V = –––– ⇒ T = ––––
T
V
4 . 7,3 . 3,8
19
F = ––––––––––– . 10 N
6,25
Fcp = 2,5 . 103N = 2,5kN
2 . 3 . 6,4 . 106
T = –––––––––––––––– (s)
8,0 . 103
F ≅ 18 . 1019 N
F = 1,8 . 1020 N
b)
T = 4800s
Resposta: D
FN + P = Fcp
mV2
–––– = mg
R
Fcp = P ⇒
Resposta: C
Resposta: 15kN
4)
Supondo-se desprezível→a influência do ar,
a força gravitacional ( P ) desempenha o
papel de resultante centrípeta no movimento circular e uniforme do míssil.
(N)
FN = 3,0 . 103N = 3,0kN
) (N)
N = 15kN
T = 80min
7)
FN + 1000 = 2500
Respostas:
a) 8,0km/s
b) 80min
2)
a)
FN = 1,5 . 103N = 1,5kN
c) Quando a velocidade é a mínima
possível (iminência de cair), a força
de contato com a pista se anula.
P = Fcp
– 27
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:02 Page 28
→
→
Na realidade, FN e Fat são apenas
→
componentes da força de contato F
que o chão exerce sobre o carro.
6)
4)
b) Sendo o movimento uniforme, a aceleração é centrípeta e seu módulo é
dado por:
V2
acp = ––– , sendo igual para os dois
R
→
carros (independe da massa).
A força normal F N que a pista exerce no
veículo admite uma componente vertical
→
→
Fy e uma componente horizontal Fx tais
que:
c) A força de atrito faz o papel de resultante centrípeta e sua intensidade é
dada por:
m V2
Fat = macp = ––––– , sendo maior
R
Fy = P = mg
para o carro mais pesado.
m V2
Fx = Fcp = –––––
R
d) Não. A máxima velocidade permitida
na curva sem derrapar independe da
massa do carro e é dada por:
mV 2
mg – FN = –––––
R
Quando a velocidade é a máxima possível, a reação normal se anula e o peso
faz o papel de resultante centrípeta:
mV 2máx
mg = –––––––
R
Fx
m V 2/R
Da figura: tg α = ––––
= –––––––
Fy
mg
2
m Vmáx
= –––––––
máx
R
(10)2
V 2máx
R = –––––––
= ––––––– (m)
g
10
V2
tg α = ––––
gR
Fat
2
Vmáx
m
μ m g = –––––––
R
Vmáx = μgR
Na posição A (ponto mais alto da curva),
a força resultante é centrípeta:
P – FN = Fcp
R = 10m
2 500
(180/3,6)2
tg α = ––––––––– = ––––– ≅ 0,305
8 200
10 . 820
(independe da
massa)
Da tabela, o valor que mais se aproxima
de α é 17°.
Resposta: D
7)
Resposta: D
3)
5)
A força de atrito que a calçada aplica nas
rodas do patim faz o papel de resultante
centrípeta:
mV 2
Fat = Fcp = –––––
R
1) FN = P = mg
A velocidade escalar é máxima quando a
força de atrito tem intensidade máxima:
m V2
2) Fat = Fcp = ––––––
R
2
mVmáx
μE mg = –––––––
R
3) Para não derrapar, o atrito entre os
pneus e o chão deve ser estático e
teremos:
(1) FN = P + FAR = P + P = 2P = 2mg
m v2
(2) Fat = Fcp = ––––
R
(3) Fat ≤ μE FN
m V2
––––– ≤ μE 2mg
R
V2 ≤ 2μE g R
2 =μ gR
Vmáx
E
Vmáx = μE g R
E
V máx = 0,30 . 10 . 3,0 (m/s)
Vmax = 2 . 1,25 . 10 . 100 (m/s)
Vmáx = 3,0m/s
Vmax = 50m/s
Resposta: A
28 –
m V2
–––––– ≤ μE mg
R
V2 ≤ μE gR
V ≤ 2μE g R
Vmax = 2μ g R
Fat ≤ μE FN
Resposta: C
V ≤ μEgR ⇒
Vmáx = μEgR
Se R duplica, a velocidade máxima
fica multiplicada por 2 ≅ 1,4, o que
significa um aumento percentual de
aproximadamente 40%.
Resposta: B
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8)
QUÍMICA
FRENTE 1
MÓDULO 17
REAÇÃO DE NEUTRALIZAÇÃO
1) NaOH + HCl → NaCl + H2O
base
ácido
sal
água
Resposta: B
1) Fy = P
Fy
2) cosθ = –––
F
2) 2 H3PO4 + 3 Ba(OH)2 → Ba3(PO4)2 + 6 H2O
3) a) NaNO3 + H2O b) (NH4)2 SO4 + 2 H2O
c) AlCl3 + 3 H2O d) MgSO3 + 2 H2O
e) Al2S3 + 6 H2O f) Mg3(PO4)2 + 6 H2O
P
cosθ = –––
F
Quando F = Fmáx = 4P, temos cosθ mínimo:
P
1
(cosθ)mín = ––– = ––– = 0,25
4P
4
Resposta: C
4) O elemento é bivalente e não metálico (H2S).
Resposta: B
5) a) 3 H+ + 3 OH– → 3 H2O
Resposta: 3
b) 6 H+ + 6 OH– → 6 H2O
Resposta: 6
9)
6) 3 Ca(OH)2 + 2 H3PO4 → Ca3(PO4)2 + 6 H2O
3 + 2 + 1 + 6 = 12
Resposta: E
MÓDULO 18
CONCEITO E NOMENCLATURA DOS
SAIS
1) NaNO3: sal; NH4OH: base; H2SO4: ácido
Resposta: A
3+ 2–
2) Fe 2 S3
FN = Fcp
mg=m
ω=
= Fe2S3
Resposta: C
ω2
R
3) eto, ito e ato
I)
KBr
g
––
R
1
ω = 2π f ⇒ f = –––
2π
1
f = ––
6
–––––
125/2
1
f = ––
6
10
20
–––
125
––
R
g
(Hz)
S2–; Ca2+; CaS
III)
HNO3; NO–3; NH4NO3
IV)
NO2–; Fe(NO2)2
V)
HCN; CN–; Fe3+; Fe(CN)3
VI)
3+
H2SO4; SO2–
4 ; Al ; Al2(SO4)3
2+
VII) SO2–
3 ; Ba ; BaSO3
2+
VIII) H3PO4; PO3–
4 ; Cu ; Cu3(PO4)2
(Hz)
1
0,4
4
f = ––– Hz = ––– Hz = ––– Hz
15
6
60
60
f = –––– rpm = 4 rpm
15
Resposta: B
II)
IX)
2+
CO2–
3 ; Mg ; MgCO3
X)
HCO3– ; Na+; NaHCO3
4) a) Fe2(SO4)3 – sulfato de ferro (III)
b) hidróxido ferroso
c) K2SO4
d) hidróxido ferroso
e) correta
Resposta: E
5) a) amônio
c) ferro (II)
e) hipoclorito
g) clorato
i) ferro (III)
b) férrico
d) nitrito
f) clorito
h) perclorato
j) carbonato
6) Ca2+ (ClO)1– Cl1–
Resposta: A
MÓDULO 19
INDICADOR ÁCIDO-BASE
1) Indicadores ácido-base são substâncias
cuja coloração pode ser diferente,
dependendo do pH do meio em que se
acham dissolvidas.
2) Amônia reage com água produzindo base,
que deixa o tornassol azul.
NH3 + HOH → NH4+ + OH–
Resposta: E
3) a) O chá-mate deve conter uma ou mais
substâncias que atuam como indicador
ácido-base. A adição de suco de limão
acidificou a solução e provocou a
mudança de cor do indicador.
b) A adição de uma base neutralizará o
ácido, fazendo com que o meio deixe de
ser ácido e o indicador retorne à
coloração inicial.
4) 1.ª operação – o corante é extraído das
folhas de repolho (extração).
2.ª operação – deixando em repouso, a
água se separa das folhas (decantação).
Corante que muda de cor dependendo do
pH é indicador ácido-base.
Resposta: C
5) A fenolftaleína fica vermelha em meio
básico e incolor em meio neutro e ácido.
Resposta: D
6) Vermelha: a, b, c
Verde-amarelada: d, e, f
MÓDULO 20
INDICADORES E REAÇÃO DE
NEUTRALIZAÇÃO (EXPERIÊNCIAS)
1) a) neutro
b) ácido
c) básico
2) Leite de magnésia: Mg(OH)2: caráter
básico
Resposta: E
3) Creme dental: básico
Saliva: ácida
Resposta: B
– 29
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4) a)
b)
c)
d)
e)
amarela (pH < 7)
azul (pH > 7)
amarela (pH < 7)
verde (meio neutro, pH = 7)
azul (pH > 7)
I)
18) monóxido de dicobre
19) óxido de cobre (I)
20) óxido cuproso
5) a) N2O – óxido de nitrogênio (I)
b) NO – óxido de nitrogênio (II)
5) a)
b)
c)
d)
vermelha e amarela
alaranjada e amarela
amarela e verde
amarela e azul
6) Em solução de pH = 10, o indicador fica
azul e em solução de pH = 12, o indicador
é verde.
Resposta: D
7) Em pH = 7, a fenolftaleína é incolor e em
pH = 10, é rósea.
Resposta: C
c) N2O3 – óxido de nitrogênio (III)
d) N2O5 – óxido de nitrogênio (V)
6) a)
b)
c)
d)
óxido de ferro (III)
óxido férrico
trióxido de diferro
hematita
b) SO2 + H2O → H2SO3
c) SO3 + H2O → H2SO4
d) CaO + 2 HCl → CaCl2 + H2O
e) SO3 + 2 NaOH → Na2SO4 + H2O
f) não reagem
g) CaO + HOH → Ca(OH)2
h) SO3 + Ca(OH)2 → CaSO4 + H2O
i) CaO + SO3 → CaSO4
4) 01) Verdadeiro.
SO2 é óxido ácido e CaO é óxido
básico.
7) O elemento é não metal
02) Verdadeiro.
1 : 0,5 = 2 : 1 → N2O
04) Verdadeiro.
Resposta: B
08) Falso.
H2SO3 é ácido, Ca(OH)2 é base e
8) A frase é: água pura
CaSO3 é sal.
8) A fenolftaleína em meio ácido é incolor.
16) Falso.
Resposta: B
CaO é óxido básico.
MÓDULO 21
ÓXIDOS – CONCEITO E
NOMENCLATURA
5) a) O aparecimento de uma turvação devido à formação de precipitado.
1) Óxido é todo composto binário oxigenado,
no qual o oxigênio é o elemento mais eletronegativo.
2) a) Na2O
c) K2O
b) CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O
6) O gás liberado é o CO2 que reage com
água de cal.
Resposta: E
b) CaO
d) FeO
3) Al2O3: óxido de alumínio
Resposta: C
9) SiO2, Al2O3
10)Óxido de boro: B2O3
Sílica: SiO2
Ácido fluorídrico: HF
4) A) 1) monóxido de dinitrogênio
2) gás hilariante
B) 3) dióxido (bióxido) de monomanganês ou dióxido de manganês
4) óxido de manganês (IV)
C) 5) dióxido de monocarbono ou dióxido de carbono
6) óxido de carbono (IV)
7) gás carbônico
D) 8) óxido de cálcio
9) cal viva (virgem)
E) 10) óxido cúprico
11) óxido de cobre (II)
F) 12) monóxido de di-hidrogênio
13) água
G) 14) heptóxido de dicloro
15) óxido de cloro (VII)
H) 16) pentóxido de difósforo ou pentóxido de fósforo
17) óxido de fósforo (V)
30 –
7) CO2, SO2, NO2: óxidos ácidos
Resposta: E
Tetrafluoreto de silício: SiF4
Resposta: A
8) SO3: anidrido sulfúrico
Resposta: C
9) I.
11)Óxido de chumbo (IV): PbO2
Sulfeto de chumbo (II): PbS
Peróxido de hidrogênio: H2O2
Sulfato de chumbo (II): PbSO4
Resposta: B
NO → NO2
gás castanho
II CO → CO2
Resposta: C
10) CO2: óxido ácido
Resposta: B
MÓDULO 22
CLASSIFICAÇÃO DOS ÓXIDOS
11)SO3: óxido ácido
Resposta: D
1) a) básico
b) ácido
12)I. SO2: óxido ácido
c) neutro
II. H2SO3: ácido
III. FeSO4: sal
2) a) H2CO3
b) CaCO3
3) a) Na2O + HOH → 2 NaOH
IV. MgO: óxido básico
V. Mg(OH)2: base
Resposta: A
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FRENTE 2
MÓDULO 33
MATÉRIA E SUAS
TRANSFORMAÇÕES:
OXIDORREDUÇÃO II. ACERTO DOS
COEFICIENTES I
1) 3 P + 5 HNO3 + 2 H2O
n.o
HNO3
+6
e–
total de
e–
+2
redução
4+
0
oxidação
2) I)
+2
Oxidante
II) Redutor
3)
4)
a)
5
+6
2) 1 K2Cr2O7 + 3 NaNO2 + 8 HCl →
redução:
recebe 1e–
0
ZnSO4 + H2S + H2O
1–
+2
5+
b) H2S
1x8=8
2
1
Zn
1x2=2
8
4
→ 2 KCl + 2 CrCl3 + 3 NaNO3 + 4 H2O
c) 1; 4
4 Zn + 5 H2SO4
+5
–2
+6
=2
0
Cl2 + NaOH → NaCl + NaClO3 + H2O
=8
Zn + H2SO4
oxidação: doa 5e–
4 ZnSO4 + 1 H2S + 4 H2O
Oxidante: K2Cr2O7
6+
2–
+4
Redutor: H2C2O4
+3
4)
2H2O + 3S
Resposta: E
3
=3.1=3
+3
SO2
+3
→ 1 K2SO4 + 2 MnSO4 + 8 H2O + 10 CO2
+5
n.o total de e– = 5 . 1 = 5
P
+7
+
Oxidante: KMnO4
redução: recebe 3
+5
1) 2H2S
3 H3PO4 + 5 NO
oxidação: doa 5 e–
0
MÓDULO 34
ACERTO DOS COEFICIENTES II
Redutor: NaNO2
3) 2 KMnO4 + 5 H2C2O4 + 3 H2SO4 →
NaCl
N.o total e– = 1 . 1 = 1
5
NaClO3
N.o total e– = 5 . 1 = 5
1
6NaOH + 3Cl2 → 1NaClO3 + 5NaCl + 3H2O
Resposta: C
0
3+
1–
1 K2Cr2O7 + 3 H2O2 + 4 H2SO4 → 1 K2SO4 + 1 Cr2(SO4)3 + 7H2O + 3O2
Δ=3
+6
+3
–1
Δ=1
K2Cr2O7 : N.o total de e– = 3 . 2 = 6
1
N.o total de e– = 1 . 2 = 2
3
H2O2 :
0
Resposta: A
MÓDULO 35
ACERTO DOS COEFICIENTES III
2)
3)
3–
1AsO4 + 4Zn + 11H+
4Zn2+ + 4H2O + 1AsH3
0
+3
1)
a)
=5
+7
+5
+2
redução:
0
MnO4–
–
+ Cl + H
+
–1
b)
MnO4–
Cl2
1x5=5
2x1=2
c) 2 MnO4– + 10 Cl– + 16 H+
2+
Mn
=1
+ Cl2 + H2O
0
=8
oxidação:
=2
+2
2 Mn2+ + 5 Cl2 + 8 H2O
NO3– + Al + H2O + OH–
+5
Δ=8
1
Al
1x3=3
8
n.o total de e– = 2 . 1 = 2
4
NO3–
1x8=8
3
Zn
Equação das cargas:
(– 3) + (+ 11) = + 8
1.o membro
2.o membro
3 NO3–
NH3 + [Al(OH)4]–
–3
AsO43– n.o total de e– = 8 . 1 = 8
2
5
–3
+ 8 Al + x H2O + y OH–
3NH3 + 8 [Al(OH)4]–
3(–1) + 8(0) + x(0) + y(–1) = 3(0) + 8(–1)
y=5
3 NO3– + 8 Al + 18 H2O + 5 OH–
3NH3 + 8 [Al(OH)4]
– 31
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MÓDULO 37
NATUREZA CORPUSCULAR DA
MATÉRIA: CONCEITO DE MOL E
MASSA MOLAR
4)
7+
1 MnO4– + 5 Fe2+ + 8 H+ → 1 Mn2+ + 5 Fe3+ + 4 H2O
Δ=5
+7
+2
1) a) 6,0 . 1023
+2
Δ=1
+3
MnO4– : N.o total de e– = 5 . 1 = 5
1
Fe2+ : N.o total de e– = 1 . 1 = 1
5
1) a)
b)
c)
d)
e)
F. A massa é 18 u.
V
V
V. O número de átomos é 3 vezes o
número de moléculas.
V
Resposta: D
MÓDULO 36
NATUREZA CORPUSCULAR DA
MATÉRIA: MASSA ATÔMICA E MASSA
MOLECULAR
2) 40 g –––––––––– 6 . 1023 átomos
0,4 g ––––––––– x
x = 6 . 1021 átomos
60 u
1) –––– = 5
12 u
3) 18 g ––––––––– 6 . 1023 moléculas
3,6 g ––––––––– x
x = 1,2 . 1023 moléculas
2) 3 . 12 u = 2 MAX
MAX = 18 u
Resposta: C
4) Massa de mercúrio:
40
1 g . –––– = 0,40 g
100
35Cl
37Cl
(100 – x)%
x%
(100 – x) 35 + x 37
35,5 = –––––––––––––––– ∴ x = 25%
100
10
5) 3000 g . –––– = 300 g
100
1 g –––––––––– 6,0 . 1023 átomos
300 g –––––––– x
x = 1,8 . 1026 átomos
Resposta: D
Resposta: 25%
5) 178 u = 4 . 1 u + 2 . 31 u + x . 16 u
x=7
6) M = 98 g/mol
98 g de H2SO4 –––– 6,0 . 1023 moléculas
Em 1 molécula de H2SO4 ––– 7 átomos
MM = 860 u
98 g –––––– 7 . 6,0 . 10
9,8
g –––––– x
23
7) MM = 64 + 32 + 4 . 16 + 5 . 18
x = 4,2 .
∴ MM = 250 u
8) 72 u = n . 12 u + (2 n + 2) . 1 u
70 = 14 n ∴ n = 5
Fórmula: C5H12
9) II. Errada. 12C
Resposta: E
10) I. Errada. 108 u
III. Errada. 9 vezes
7)
1023
32 –
d) massa molecular
e) 200 g ––––––– 6,0 . 1023 átomos
50 g ––––––– x
x = 1,5 . 1023 átomos
2) M(CO2) = 44 g/mol
44 g ––––––––– 6,0 . 1023 moléculas
1,0. 103 g ––––––––– x
x = 1,4 . 1025 moléculas
Resposta: C
4) M do C6H14 = 86 g/mol
86 g ––––––––––– 6 . 1023 moléculas
4,3 g –––––––––– x
x = 3 . 1022 moléculas
1 molécula –––––––– 20 átomos
3 . 1022 moléculas –––––––– y
∴ y = 6 . 1023 átomos
Resposta: B
5) Tempo: (60 x 60 + 40 x 60) s = 6000 s
Evaporam: 200 g – 182 g = 18 g
–––––– 6,0 . 10
60001 ss ––––––
x
23 moléculas
x = 1,0 . 1020 moléculas/s
átomos
6) SO2:
átomos
17 g ––––––– 6,0 . 1023 moléculas
8,5 . 10–3 g ––––––– x
x = 3,0 . 1020 moléculas
Resposta: D
8) II. 6 . 1025 átomos
III. 2,9 . 1023 átomos
207 g ––––––––– 6 . 1023 átomos
100 g –––––––––– x
IV. 1,5 . 1025 átomos
4 g –––––––– 6 . 1023 átomos
100 g –––––––– x
Resposta: C
Resposta: C
c) massa atômica
18 g –––––––– 6,0 . 1023 moléculas
6) MM = 4 . 56 u + 3 . 56 u + 18 . 12 u + 18 . 14 u
Resposta: 250 u
b) 6,0 . 1023
3) M do Cl2 = 71 g/mol
71 g ––––––– 6,02 . 1023 moléculas
0,355.10–3 g ––––– x
x = 3,01 . 1018 moléculas
Resposta: A
Número de átomos de Hg:
200 g –––––––– 6,0 . 1023 átomos
0,40 g –––––––– x
x = 1,2 x 1021 átomos
40 . 80 + 42 . 15 + 44 . 5
3) MA = –––––––––––––––––––––––
100
Resposta: 40,5 u
4)
MÓDULO 38
CONCEITO DE MOL E
MASSA MOLAR (EXERCÍCIOS)
M = 64 g/mol
1 mol ––––––– 64g
0,2 mol ––––––– x
x = 12,8 g
CO:
M = 28 g/mol
6 . 1023 moléculas –––––– 28 g
3 . 1023 moléculas –––––– y
y = 14 g
Total = 26,8 g
Resposta: C
7) 106 L –––––––––– 3,66 . 10–8 g
1 L –––––––––– x
x = 3,66 . 10–14 g
122 g –––––– 6 . 1023 moléculas
3,66 . 10–14 g –––––– y
y = 1,8 . 108 moléculas
Resposta: C
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MÓDULO 39
NATUREZA CORPUSCULAR DA
MATÉRIA: QUANTIDADE DE
MATÉRIA
m
54 g
1) n = ––– ∴ n = ––––––– ∴ n = 3 mol
M
18 g/mol
18 g –––––– 1 mol
360 g ––––– x
x = 20 mol
1 mol –––––– 6,0 . 1023 moléculas
20 mol –––––– y
y = 1,20 . 1025 moléculas
Resposta: E
2) 5 mol, 6 . 1024 átomos
2) n =
menor
3) 1) Correto.
m
–––
M
1 mol de O2 ––– 2 . 6,02 . 1023átomos O
maior
Resposta: E
3) 1)
3) Falso.
6 . 1023 moléculas
–––––– 1 mol
2)
1,2 . 1024 moléculas –––––– x
x = 2 mol
4) Falso.
6 . 1023 moléculas –––––– 16 g
6 . 1020 moléculas –––––– x
x = 0,016 g
4) 760 μg – 160 μg = 600 μg
48 g ––––– 1 mol
600 . 10–6 g ––––– x
x = 1,25 . 10–5 mol
Correto.
MM = 14 u + 2 . 16 u = 46 u
Falso.
MMSO = 32 u + 2 . 16 u = 64 u
2
3)
Falso.
6 . 1023moléculas CO –––– 28 g
2 mols de CO2 –––– 2 . 44 g =
= 88 g
4) Correto.
30 g/mol = 2 . 12 g/mol + y . 1 g/mol
y=6
Resposta: Corretos: 1 e 4.
4) 1)
Falso.
Resposta: A
5) 1)
Correto.
2)
Falso. A massa molar é 17g/mol.
3)
Falso. É o sulfato de amônio.
M(NaNO3) = 85 g/mol
M(KNO3) = 101 g/mol
M(NH4NO3) = 80 g/mol
M([(NH4)2SO4] = 132 g/mol
M(H2NCONH2) = 60 g/mol
4)
Falso. Há uma massa de 160 g.
Resposta: Correto: somente 1.
MÓDULO 40
QUANTIDADE DE MATÉRIA
(EXERCÍCIOS)
2)
Falso. A massa é 206 u.
3)
Falso.
20
513g . –––– = 102,6 g
100
206 g ––––– 1 mol
102,6 g –––– x
x ≅ 0,50 mol
4) Correto.
206 g ––––––– 6 . 1023 átomos
10,3 g ––––––– x
x = 3 . 1022 átomos
Resposta: Correto: somente 4.
5) M = (195 + 2 . 35,5 + 2 . 14 + 6 . 1) g/mol
∴ M = 300 g/mol
300 g –––––– 6 . 1023 átomos de Pt
600 . 10–3 g –––––– x
∴ x = 1,2 . 1021 átomos de Pt
Resposta: B
m
d = –––
V
MÓDULO 41
NATUREZA CORPUSCULAR DA
MATÉRIA: MOLS DO ELEMENTO EM
UM MOL DA SUBSTÂNCIA
∴ m = V . d = 360 mL . 1 g/mL = 360 g
1) 2 mols de Fe, 3 mols de S e 12 mols de O
1) M(H2O) = 18 g/mol
∴ 12,04 . 1023 átomos O
Resposta: C
3 . 1023 moléculas –––––– x
x=8g
3) P2O5
2P
142 g –––––––––– 62 g
200 g –––––––––– x
x = 87,32 g
4) 1 mol de O2 ––– 6,02 . 1023moléculas O2
2) Correto.
6 . 1023 moléculas –––––– 16 g
2) Ba(NO3)2
6O
1 mol –––––––––– 6 mol
0,1 mol –––––––––– 0,6 mol
Resposta: D
5) I) 6 átomos
II) 4 mols
III) 1 mol de CH4O –––– 4 mol de H
23
4 . 6,0 . 10
10,5molmol––––
––– x
átomos de H
x = 1,2 . 1024 átomos
6) 1 mol de Mg2SiO4 ––––– 1 mol de Si
1 mol –––– 28,1 g
2,0 mol –––– x
x = 56,2 g
Resposta: A
7) C
H
18 átomos ––––––––––– 24 átomos
x
––––––––––– 3,01 . 1020 átomos
x = 2,25 . 1020 átomos
Resposta: B
8) 6,02 . 1023 moléculas –––––––– 32 g
1,505 . 1026 moléculas ––––––– x
x = 8 . 103 g ∴ 8 kg
Resposta: A
MÓDULO 42
FÓRMULA PORCENTUAL
1) 75 g, 25 g
Fe
S
O
2) 2 . 56 + 3 . 32 + 12 . 16 = 400
x
y
z
100%
x = 28
y = 24
z = 48
3) a) 100
b) 386 g ––––––– 324 g
100 g ––––––– x
x = 83,93 g
c) 386 g ––––––– 46 g
100 g ––––––– y
y = 11,92 g
– 33
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d) 386 g ––––––– 16 g
100 g––––––– z
z = 4,15 g
MÓDULO 43
NATUREZA CORPUSCULAR DA
MATÉRIA: FÓRMULAS MÍNIMA E
MOLECULAR
180
b) ––– = 6
30
C6H12O6
e) C : 83,93%; H : 11,92%; O : 4,15%
4) NH4Cl, porque apresenta maior porcentagem de nitrogênio.
÷2
1) Fórmula molecular: C2H4 ⎯→ fórmula
mínima: CH2
÷6
Fórmula molecular: C6H12O6 ⎯→ fórmula
M[(NH4)2SO4] = 132 g/mol
mínima: CH2O
M(NH4Cl) = 53,5 g/mol
Fórmula molecular: H2O ⎯⎯→ fórmula
132 g de (NH4)2SO4 –––– 28 g de N
mínima: H2O
100 g de (NH4)2SO4 –––– x
x = 21,2 g
÷2
Fórmula molecular: Na2S2O8 ⎯→ fórmula
mínima: NaSO4
Resposta: C
46,67 g de Fe
53,33 g de S
5) 100 g de pirita
46,67 g
nFe = –––––––– = 0,83 mol
56 g/mol
53,33 g
nS = –––––––– = 1,67 mol
32 g/mol
0,83
1,67
nFe : nS = 0,83 : 1,67 = –––– : ––––– =
0,83
0,83
=1:2
Fórmula mínima: FeS2
Massa molar da pirita:
0,01 mol –––––– 1,20 g
53,5 g de NH4Cl –––– 14 g de N
100 g de NH4Cl –––– y
y = 26,2 g
2) C 65,4
H 5, 5
O 29,1
C 5,5
H 5,5
O 1,8
––––
12
–––
1
–––
1,8
1 mol
––––
16
–––
1,8
y = 120 g ∴ M = 120 g/mol
–––
1,8
Fórmula molecular: (FeS2) . x
y>x
120 g/mol = (56 + 2 . 32) . x g/mol
C3H3O
5) M(H2O) = 18 g/mol
18 g de H2O –––––– 16 g de O
3) a) 100 g de nicotina
100 g de H2O ––––– x
74,1 g de C
8,6 g de H
17,2 g de N
Quantidade de
matéria (número de mols):
m
n = ––––
M
x = 88,9 g
18 g de H2O ––––––––– 2 g de H
100 g de H2O –––––––– y
74,1 g
nC = –––––––– = 6,175 mol
12 g/mol
y = 11,1 g
Resposta: D
8,6 g
nH = –––––––– = 8,6 mol
1 g/mol
6) a) Se temos 20,6% de Fe e 39,4% de Cl, a
porcentagem em massa de água será
dada por:
100% – (20,6% + 39,4%) = 40%
17,2 g
nN = –––––––– = 1,23 mol
14 g/mol
nC: nH: nN = 6,175 : 8,6 : 1,23
6,175
8,6
1,23
nC: nH: nN = ––––– : –––– : –––– =
1,23
1,23 1,23
b)Assim:
Fe
Clx
y H2O
56 + 35,5 x + 18 y = 270,5
↓
↓
↓
↓
20,6% 39,4%
40% 100%
–––––– y
=5:7:1
Fórmula mínima: (C5H7N)
Fórmula molecular: (C5H7N) . x
x=1
Fórmula molecular: FeS2
Resposta: A
6) C 62,1
––––
12
H 10,3
O 27,5
H 10,3
O 1,712
––––
1
C 5,175
–––––
1,712
–––––
1,712
––––
16
–––––
1,712
C3H6O
Resposta: E
7) C 4,8 . 1024
––––––––
6 . 1023
O 1,2 . 1024
––––––––
6 . 1023
H10 mol
N 56
–––
14
C8H10N4O2
Resposta: C
MÓDULO 44
FÓRMULAS (EXERCÍCIOS)
162 g/mol = (5 . 12 + 7 . 1 + 14) . x g/mol
Para determinarmos x e y:
Clx
270,5 ––––––– 100%
35,5 x ––––––– 39,4%
x=3
270,5 –––––– 100%
y H2O 18 y ––––––– 40%
y=6
c) Logo, a fórmula do composto é:
FeCl3 . 6 H2O
x=2
Fórmula molecular: C10H14N2
b)
6,0 . 1023 moléculas ––––– 162 g
1 molécula
––––– y
y = 2,7 . 10–22 g
2
contém
1 mol de SnO2 ––––––– 1 mol de Sn
↓
↓
150 g
–––––––
118 g
100 g
–––––––
x
x = 78,7 g de Sn ⇒ 78,7% de Sn
4) a) C 40
–––
12
C 3,33
––––
3,33
CH2O
34 –
1) MSnO = (118 + 2 x 16) g/mol = 150 g/mol
H 6,7
O 53, 3
H 6,7
O 3,33
–––
1
––––
3,33
––––
16
––––
3,33
2) Massa molar de CuSO4 . 5 H2O
MM = (64 + 32 + 4 x 16 + 5x (18)) u = 250 u
massa molar = 250 g/mol
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1 mol de CuSO4 . 5 H2O –––––– 1 mol de Cu
↓
↓
250 g
––––––
64 g
100 g
–––––––
x
x = 25,6 g de Cu ⇒ 25,6% de Cu
5) N
100% ––––––––– 892 u
6,3% ––––––––– x
x = 56 u
56
––– = 4
14
O
1 mol de CuSO4 . 5 H2O ––––– 5 mol de H2O
↓
↓
250 g
––––––– 5 x 18 g
100 g
–––––––– y
y = 36,0 g de H2O ⇒ 36% de H2O
100% ––––––––– 892 u
9% ––––––––– y
y = 80
80
––– = 5
16
6) 100% –––––––––– 65000 u
0,394% ––––––––– x
x = 256,1
Resposta: D
3) Cálculo da quantidade de matéria em cada
elemento em 100 g do composto:
256,1
––––– = 8
32
1 mol de C –––––– 12 g
x
–––––– 62,1 g
1 mol de H –––––– 1 g
y
–––––– 10,3 g
x = 5,17 mol de C
––––
56
–––––– 27,6 g
Fe0,3
z = 1,72 mol de O
Proporção em mols:
5,17
C: –––––– = 3
1,72
b)
1,72
O: –––––– = 1
1,72
MF.Mínima = (3 x 12 + 6 x 1 + 1 x 16) g/mol =
= 58 g/mol
(F. Mínima)n = F . Molecular
Fórmula Molecular = C6H12O2
Resposta: D
–––––
1,03
H 5,2
N 28,8
H 5,2
N 2,05
C4H5N2O
–––––––––
97
194
–––– = 2
97
C8H10N4O2
––––
1,03
Fe3O4
Fe3+
Fe2+
O2–
2
1
x
+ 6 + 2 – 2x = 0
x=4
––––
14
––––
1,03
Fe3O4
3Fe
232 ––––––––– 168
100 ––––––––– x
x = 72,4%
O 16,5
––––
16
O 1,03
––––
1,03
MÓDULO 34
OS LÍQUENES (LIQUENS)
1) Resposta: D
2) a) Os liquens são formados pela associação
mutualista entre algas e fungos.
b) Filamentos dos fungos: hifas.
Célula da alga: gonídio.
c) Associação benéfica para os dois componentes (algas e fungos). A separação dos
mutualistas provoca a morte de ambos.
d) Alga: realiza fotossíntese, produzindo
alimento.
Fungo: absorve água e protege a associação.
e) A reprodução do líquen é exclusivamente
assexuada, na qual se formam propágulos chamados sorédios, transportados
pelo vento.
3) Resposta: E
4) Resposta: B
5) Liquens, mutualismo, algas, fungos, hifas,
gonídios, sorédios.
6) Resposta: A
7) Resposta: D
8) Resposta: B
9) Resposta: D
10) Resposta: B
11) Resposta: A
12) Resposta: B
FRENTE 1
MÓDULO 33
O REINO FUNGI
116
n = –––– = 2
58
C 4,125
∴
BIOLOGIA
∴ Fórmula mínima C3H6O1
–––
1
O0,4
= Fe3O4
Fe2+
O2–
Fórmula Fe3+
2
1
4
10,3
H: –––––– = 6
1,72
––––
12
–––
16
Resposta: B
8) a)
4) C 49,5
O 6,4
y = 10,3 mol de H
1 mol de O –––––– 16 g
z
7) Fe 16,8
9) Resposta: E
10) Resposta: C
11) O bolor da laranja são fungos que formam
esporos imóveis e por isso são dispersados
pelo vento ou pelos animais. Resposta: A
12) Resposta: C
13) Resposta: D
14) Resposta: E
15) Resposta: C
16) Resposta: B
17) Resposta: D
1) Muitos fungos são decompositores. Atuam
sobre a matéria orgânica, principalmente
de origem vegetal, provocando a sua mineralização. São importantes na reciclagem da matéria.
2) • Seres aclorofilados com nutrição heterótrofa.
• Parede celular com quitina e reserva de
glicogênio.
• Corpo organizado em filamentos chamados hifas.
3) Resposta: B
4) Saccharomyces (leveduras ou fermentos)
– promovem a fermentação alcoólica. Utilizados na fabricação de vinhos, cervejas,
pães etc.
Penicillium (mofo) – produção de antibióticos.
5) Resposta: A
6) Resposta: A
7) Resposta: D
8) Resposta: B
MÓDULO 35
REINO PLANTAE:
CLASSIFICAÇÃO E NOÇÕES DE
EVOLUÇÃO
1) Seres pluricelulares, com células eucariotas.
Parede celular com celulose.
Cloroplastos com clorofilas A e B.
2) Lenho ou xilema: transporte de seiva mineral.
Líber ou floema: transporte de seiva
elaborada (orgânica).
3) Resposta: E
4) Resposta: C
5) Resposta: E
6) Resposta: C
7) Resposta: C
8) Resposta: B
MÓDULO 36
OS CICLOS REPRODUTORES
DOS SERES VIVOS
1) Resposta: B
– 35
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2)
3)
4)
3) Resposta: D
4) a) I – zigoto
II – esporófito
III – esporo
IV – gametófito
V – gameta
b) A – mitose (germinação do zigoto)
B – meiose espórica
C – mitose
D – fecundação
5) Intermediária, espórica, haplodiplobionte
(metagênese ou alternância de gerações).
6) Resposta: E
MÓDULO 37
AS BRIÓFITAS: CARACTERÍSTICAS
E CLASSIFICAÇÃO
1) As pteridófitas transportam nutrientes,
rapidamente, pelos tecidos condutores.
Nas briófitas, o transporte é lento, de
célula para célula, e isso limita o tamanho
dos vegetais.
2) Resposta: A
3) Resposta: C
4) Resposta: B
5) Resposta: A
MÓDULO 38
AS BRIÓFITAS: CICLO
ALTERNANTE DE MUSGO
1) I. Gametófito 乆 – haploide (N).
II.Esporófito – diploide (2N).
2) Resposta: D
3) Resposta: E
4) Resposta: D
5) Resposta: C
6) Os nutrientes circulam de célula para célula por mecanismos de difusão.
7) Os musgos são isosporados, isto é, produzem esporos morfologicamente idênticos.
8) Resposta: D
9) Resposta: C
MÓDULO 39
AS PTERIDÓFITAS:
CARACTERÍSTICAS E
CLASSIFICAÇÃO
1) Plantas vasculares ou traqueófitas representadas pelas pteridófitas, gimnospermas
e angiospermas.
2) Esporófito: vegetal verde, complexo e duradouro, organizado em raiz, caule e folha.
Gametófito ou prótalo: vegetal verde,
36 –
5)
6)
7)
8)
9)
transitório, formado por um talo provido
de rizoides.
Epiderme com cutícula, proteção contra a
transpiração.
Estômato controla as trocas gasosas e a
transpiração.
Tecido vascular: transporte rápido.
Formam anterozoides flagelados e são
dependentes de água para a fecundação.
Resposta: A
Isosporadas.
Heterosporadas.
Anterozoides, oosfera, quimiotactismo.
Resposta: C
MÓDULO 40
AS PTERIDÓFITAS: CICLO
ALTERNANTE DE SAMAMBAIA
1) Esporófito, esporo, anterídio e anterozoide.
2) Esporófito, gametófito, esporófito, gametófito, prótalo.
3) Esporófito, 2N;
prótalo, gametófito, N.
4)
MÓDULO 43
AS ANGIOSPERMAS:
CLASSIFICAÇÃO E
CARACTERÍSTICAS
1) – Formação de tubo polínico favorecendo
a fecundação independente da água.
– Formação de frutos que protegem as
sementes e facilitam a sua dispersão.
– Tecido vascular.
2) a) Esporófito.
b) Gametófito 么 (tubo polínico).
Gametófito 乆 (saco embrionário).
3) – Flores trímeras.
– Folhas com nervuras paralelas.
– Raízes fasciculadas ou cabeleiras.
4) Monocotiledôneas: I, IV, VI, VIII
Dicotiledôneas: II, III, V, VII, IX
5) Resposta: E
6) Resposta: C
MÓDULO 44
A FLOR DAS ANGIOSPERMAS
1) 1.
Pedúnculo floral
2.
Receptáculo floral
3.
Sépala (cálice)
4.
Pétala (corola)
5) Resposta: A
6) Resposta: B
7) Resposta: D
5.
Filete do estame
6.
Antera
7.
Estigma
MÓDULO 41
AS GIMNOSPERMAS:
CARACTERÍSTICAS E REPRODUÇÃO
DAS CONÍFERAS
8.
Estilete do gineceu
9.
Ovário
2) Resposta: C
3) Resposta: C
1) Mata de araucária (pinhais).
2) – Formação de tubo polínico, assegurando
fecundação independente da água.
– Produção de sementes.
3) a) Briófitas e pteridófitas.
b) Gimnospermas e angiospermas.
4) Óvulo fecundado e desenvolvido.
5) Resposta: B
6) Resposta: C
7) Resposta: B
8) Resposta: B
4) Resposta: A
MÓDULO 42
AS GIMNOSPERMAS:
CARACTERÍSTICAS E REPRODUÇÃO
DAS CONÍFERAS
2)
3)
4)
5)
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
8)
Resposta: B
Resposta: B
Resposta: E
Resposta: D
Resposta: C
Resposta: C
Resposta: A
Verdadeiras: 01, 02 e 16
Falsas: 04, 08 e 32
5) Resposta: C
6) Resposta: D
FRENTE 2
MÓDULO 17
NEMATELMINTES II
1)
6)
a) Ancylostoma duodenale e Necator
americanus.
b) Em razão da anemia provocada pelo
verme.
Resposta: B
Resposta: B
Resposta: B
Ancilostomose
–
Ancylostoma
duodenale
Elefantíase – Wuchereria bancrofti
Ascaridíase – Ascaris lumbricoides
Enterobiose – Enterobius vermicularis
Bicho-geográfico – Ancylostoma brasiliensis
O ciclo descrito corresponde ao Ancylostoma duodenalis, o agente causador do
amarelão.
Resposta: D
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MÓDULO 18
ANELÍDEOS
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
Corpo vermiforme composto por uma
série de segmentos ou metâmeros, em
forma de anéis.
Resposta: D
Resposta: B
Resposta: A
União durante a cópula e formação do
cócon ou casulo, onde são depositados os
ovos.
Resposta: E
As sanguessugas pertencem ao filo
Annelida e a classe Hirudínea.
Resposta: E
MÓDULO 19
ARTRÓPODES: CLASSIFICAÇÃO,
ORGANIZAÇÃO E REPRODUÇÃO
1) I. Presença de apêndices articulados.
II. Corpo segmentado e existência de exoesqueleto quitinoso.
2) Resposta: E
3) Resposta: A
4) Resposta: D
5) Crustáceos, aracnoides, insetos, diplópodes e quilópodes.
6) Resposta: C
7) Resposta: C
8) Resposta: A
9) Os artrópodes não possuem endoesqueleto
e respiração cutânea, sendo a circulação
aberta ou lacunar.
Resposta: B
MÓDULO 20
ARTRÓPODES: CRUSTÁCEOS,
ARACNÍDEOS E INSETOS
1) a) Segmentação e apêndices articulados.
b) Insetos: cabeça, tórax e abdômen; díceros (2 antenas) e hexápodes (6 patas).
Aracnídeos: cefalotórax e abdômen;
áceros (sem antenas) e octópodes (8
patas).
2) Resposta: B
3) Resposta: A
4) a) Arachnida.
b) Octópodes com cefalotórax e abdômen.
5) Resposta: B
6) Resposta: C
7) As traqueias conduzem o oxigênio do exterior, diretamente aos tecidos, sem intervenção do sistema circulatório.
Resposta: D
8) Resposta: E
3) Resposta: C
4) Concha univalve (escafópodes e gastrópodes) e bivalve (pelecípodes). As lulas apresentam a pena, uma concha interna e
vestigial.
5) Resposta: D
6) Resposta: C
7) Mariscos (pelicípodes) e lulas (cefalópodes)
são animais pertencentes ao filo dos moluscos.
Resposta: D
8) Resposta: B
9) Resposta: B
10)Resposta: C
5)
1) Animais exclusivamente marinhos, providos de um endoesqueleto formado por
placas calcáreas articuladas.
2) Resposta: D
3) Resposta: D
4) Crinoidea, Asteroidea, Ophiuroidea,
Echinoidea e Holothuroidea.
5) Resposta: C
6) Resposta: E
7) As considerações do aluno caracterizam
um equinoderma.
Resposta: C
8) Resposta: D
9) Resposta: C
10)Resposta: D
MÓDULO 33
REFORMAS CALVINISTA
E ANGLICANA
1)
É o principal instrumento da Reforma
Anglicana, pelo do qual o rei torna-se o
chefe religioso da nação.
3)
A criação de uma Igreja Nacional, ou
seja, submissa ao poder real, e a apropriação dos bens da Igreja pelo Estado.
4)
O desejo de uma Igreja submissa aos
interesses do Estado para impedir as
interferências da Santa Sé em assuntos
7) C
Fundada pelo espanhol, Inácio de
Loyola, no contexto de Contrarreforma,
propôs-se a combater o protestantismo e
expandir a fé católica.
2)
Reunião da liderança da Igreja Católica
numa tentativa de dar uma resposta ao
avanço do protestantismo pela Europa.
3)
Reafirmou os sacramentos e os dogmas,
a autoridade do papa, a formação sacerdotal em seminários; reorganizou o ritual
da missa, restabeleceu os Tribunais de
Inquisição,
o
Index
Librorum
Prohibitorum e confirmou a Companhia
de Jesus.
4)
C
5) D
6) E
7) E
8) E
MÓDULO 35
ABSOLUTISMO
1)
A fragmentação política em vários
pequenos Estados comandados por
príncipes soberanos.
2)
Rei: domínio político e territorial sobre a
nação.
Burguesia: unificar o sistema de pesos e
medidas e os impostos; fim das barreiras
alfandegárias e ter o monopólio do comércio.
3)
O exército, de origem mercenária,
auxiliaria o rei a impor o seu domínio
sobre os senhores feudais e as cidades
autônomas, garantindo a afirmação do
poder real sobre os demais poderes.
A diplomacia estimulava a arte da negociação para tecer acordos que permitissem ao rei conquistar territórios ou
garantir a posse sobre eles, obter aliados
por meio de parcerias e/ou casamentos,
além de neutralizar possíveis opositores.
4)
O Príncipe, de Nicolau Maquiavel.
Ao defender o trabalho e a acumulação
de riquezas como sinais da eleição e da
predestinação, o calvinismo incentivou as
práticas capitalistas.
2)
6) D
1)
HISTÓRIA
FRENTE 1
B
MÓDULO 34
CONTRARREFORMA
MÓDULO 22
EQUINODERMAS
MÓDULO 21
MOLUSCOS
1) a) Cabeça, pé e massa visceral.
b) Concha calcárea.
2) Resposta: D
políticos. Em especial, relaciona-se a
recusa da Igreja Católica em conceder ao
Rei Henrique VIII o divórcio com
Catarina de Aragão.
– 37
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:02 Page 38
5)
E
6) A
Antilhas e a indústria de artigos de luxo
para a obtenção de saldo positivo nas
exportações.
7) C
MÓDULO 36
MERCANTILISMO
3)
1)
2)
3)
4)
5)
6)
A Inglaterra num primeiro momento
dedicou-se à indústria, porém, a partir de
1651, com o Ato de Navegação, transformou-se na “rainha dos mares”, sendo o
comércio o polo dominante de seu mercantilismo.
Política econômica do Estado Absolutista; capitalismo comercial ou fase da
acumulação primitiva de capital; ou
ainda, conjunto de normas e práticas
econômicas do Estado Moderno.
Metalismo – a quantidade de metais
preciosos acumulados identificam a
riqueza de um país.
Balança Comercial Favorável – a arrecadação das exportações deve superar
os gastos com importações.
Protecionismo – para impedir as importações o governo deve aumentar os
impostos alfandegários.
Monopólio – exclusividade comercial
sobre um produto ou região.
Pacto Colonial – Exploração de colônias
para obter balança comercial favorável.
Primeira forma, mais ou menos organizada, de estabelecer normas e práticas para
o capitalismo permitindo a acumulação
primitiva de capitais a serem empregados
futuramente na industrialização.
Fase do capitalismo na qual a acumulação de riquezas se deu, principalmente,
por meio da circulação e comercialização
de mercadorias.
A escola de economia inglesa, conhecida
como Liberalismo Clássico, e que condenava o monopólio, o protecionismo e o
intervencionismo estatal, afirmando que
estes conceitos prejudicavam o livre
cambismo e a livre iniciativa para uma
maior acumulação de riquezas.
D
7) E
8) A
4)
Fornecer produtos tropicais, matériasprimas a baixo custo e metais preciosos
para a Metrópole, e consumir manufaturas e escravos visando o superavit na
balança comercial.
5)
C
1)
2)
Na época de Richelieu, o mercantilismo
francês estruturou-se pela da criação de
Cias. de Comércio Nova França e pela
exploração de colônias na América, e,
durante a época de Colbert, estimulou a
produção de produtos tropicais nas
38 –
8) A
Centralização monárquica; ascensão da
burguesia; desenvolvimento tecnológico;
necessidade de superação das crises dos
séculos XIV e XV; espírito cruzadista.
Através da exploração do litoral ocidental da África, desmistificando o medo de
navegar no Mar Tenebroso (Atlântico).
2)
3)
A mentalidade cruzadista de expansão
territorial, de avanço da religião cristã e
da sujeição de outros povos fazia parte
dos empreendimentos náuticos, visto
que, naquela época, os países pioneiros na
navegação nasceram da Guerra de
Reconquista.
4)
A caravela, por ser um barco maior; o
mastro redondo e a vela triangular, que
possibilitavam um maior aproveitamento
do vento; a bússola e o astrolábio, que
auxiliavam na orientação diurna e noturna; e a pólvora, que dava uma relativa
segurança diante do enfrentamento de
seres fantásticos, mitológicos ou ainda de
outros povos hostis.
9) A
É o mercantilismo misto (comercial e industrial) que se baseava nas companhias
de comércio. Tais companhias possuíam
um alto grau de autonomia, inclusive
para ter moeda e exército próprios.
7) D
MÓDULO 38
CONTEXTO E FATORES DA
EXPANSÃO MARÍTIMA
MÓDULO 37
OS TIPOS DE MERCANTILISMO
1)
6) D
5) A
6) A
2)
A fim de procurar um novo caminho para
as Índias e obter as especiarias, além de
descobrir novas fontes de metais
preciosos, o que acabou acontecendo
com a descoberta da América.
4)
Centralizado precoce; apoio aos estudos
náuticos; Escola de Sagres; forte burguesia comercial; tradição pesqueira e
posição geográfica privilegiada.
5)
B
7) A
1)
O atraso espanhol foi provocado pela
Guerra de Reconquista e a falta de
centralização política.
2)
Com o domínio português sobre a rota
oriental para as Índias, coube aos espanhóis buscarem o Oriente navegando em
sentido Ocidental.
3)
E
4) D
5) A
MÓDULO 41
ABSOLUTISMO INGLÊS – APOGEU
1)
A derrota na Guerra dos Cem Anos e o
fim da dinastia plantageneta levou o país
a uma guerra civil envolvendo duas
famílias de nobres (York x Lancaster),
conhecida como a “Guerra das Duas
Rosas”.
2)
Foi uma guerra que envolveu toda a nobreza inglesa. Os nobres reclamavam por
compensações diante da perda de feudos
na França, após a Guerra dos Cem Anos.
Ao final do conflito, a nobreza encontrava-se enfraquecida, o que permitiu o
início da centralização do poder real.
3)
Porque, apesar da Magna Carta (1215)
limitar o poder real, os monarcas da
dinastia Tudor governaram sem a
interferência do Parlamento.
4)
Documento que sela a Reforma Anglicana,
reconhecendo a soberania real em
assuntos religiosos.
5)
Processo de tomada das terras dos
pequenos camponeses, que gerou um
grande êxodo rural e, ao mesmo tempo, a
formação da grande propriedade.
Contexto de transição do feudalismo para
o capitalismo e início da Idade Moderna.
A centralização do poder nas mãos do rei
permitiu unir a nação e os esforços para
direcionar os empreendimentos marítimos.
6) E
MÓDULO 40
CICLO OCIDENTAL – ESPANHA
7) B
MÓDULO 39
CICLO ORIENTAL – PORTUGAL
1)
3)
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:02 Page 39
6)
A
acirrou ainda mais as disputas internas
que conduziram ao fim dessa dinastia.
7) O absolutismo atingiu seu apogeu com
estes governantes por meio da submissão
da Igreja aos interesses do Estado, bem
como por meio do estímulo às atividades
mercantilistas.
3)
Richelieu procurou fortalecer o absolutismo real por meio da perseguição às
oposições, da ampliação do mercantilismo e da transformação da França na
maior potência da Europa, após a Guerra
dos Trinta Anos.
5)
B
MÓDULO 42
REVOLUÇÕES PURITANA
E GLORIOSA
1)
C
2)
Governo republicano e ditatorial cujo
resultado foi a transformação da Inglaterra numa nação de ricos comerciantes com
uma poderosa marinha (rainha dos
mares).
3)
4)
5)
Derrubou o absolutismo e implantou o
parlamentarismo monárquico por meio
da “Declaração dos Direitos”.
a) Tudor.
b) Consolidou e levou ao apogeu o
absolutismo real.
C
6) C
2)
1)
2)
Por meio da pirataria e dos saques a vilas
e povoados da América Ibérica.
3)
Holandeses, suecos e finlandeses, alemães, escoceses e irlandeses, franceses e
suíços.
4)
B
5) A
3)
6) D
MÓDULO 44
ABSOLUTISMO FRANCÊS
1)
2)
Com o fim da dinastia capetíngea, a nova
dinastia não conseguiu realizar a centralização em razão das guerras de religião
que acabaram dividindo o país.
Massacre dos protestantes em Paris que
6) C
7) B
9)
A
10) B
11) A
4)
O estilo Rococó surgiu durante a menoridade de Luís XV (1715-1774), quando
era regente o duque Felipe de Orleans
(1715-1723), que assumiu o controle da
França após a morte de Luís XIV.
Podemos considerar o Rococó como um
exacerbamento do Barroco no aspecto
formal, em virtude da profusão de detalhes, curvas e contracurvas. No entanto,
como o Rococó é o estilo da nobreza que
buscava na arte essencialmente o prazer
estético, o estilo é caracterizado pelas
linhas leves e graciosas e as suaves cores
em tom pastel que iluminam a aristocráticas
personagens
em
luxuosos
ambientes.
O estilo surgiu na França em 1715 durante a regência de Felipe de Orleans, na
França, e prolongou-se por todo o século
XVIII, tendo, no entanto, o seu apogeu
durante o reinado de Luís XV (17151774). Ainda no século XVIII, o estilo
difundiu-se pela Europa e chegou à
América por meio da colonização
europeia. No Brasil, o mobiliário no
estilo D. João V é considerado uma
manifestação do Rococó.
Rococó. Esse estilo marcou-se por retratar o espírito frívolo da sociedade
aristocrática por meio de cenas alegres e
fúteis.
8) E
MÓDULO 18
NEOCLASSICISMO
1)
A arte neoclássica buscou inspiração,
principalmente, na escultura clássica
grega e na pintura renascentista italiana,
sobretudo nas obras de Rafael, mestre no
equilíbrio da composição e na harmonia
do colorido, e de Caravaggio. Os neoclássicos pretendiam a normalização disciplinada e intelectiva da vida e, consequentemente, da arte. Essa atitude levou
à simetria, à plasticidade dos contornos e
à harmonia das linhas e dos efeitos.
2)
Desenvolveu-se na metade do século
XVIII até o início do século XIX
marcado pelas ideias iluministas, a
Revolucão Francesa e Era Napoleônica.
3)
4)
Os arquitetos do período tentaram
reproduzir a simplicidade e elegância dos
edifícios gregos e romanos utilizando as
superfícies planas, a simetria e a exatidão
geométrica, além das colunas, abóbadas e
o frontão (peça arquitetônica triangular
que adorna a parte superior de portas ou
janelas ou a entrada principal do edifício).
E
5) C
6) A
7)
B
7) B
MÓDULO 17
ROCOCÓ
7) E
Por meio da atuação de Companhias de
Comércio e de doações de propriedades.
6) B
FRENTE 2
MÓDULO 43
EXPANSÃO E
COLONIZAÇÃO INGLESA
1)
E
Que ele estava disposto a abandonar o
protestantismo e tornar-se católico para
poder governar a França.
4)
8) Soma (01 + 02 + 08 + 16 + 32 = 59)
5)
8) B
9) A
10) A
MÓDULO 19
ROMANTISMO
1)
O Romantismo tem as suas primeiras
manifestações na segunda metade do
século XVIII, na Inglaterra e Alemanha,
prolongando-se por todo o século XIX,
atingindo a França, Itália, Espanha, o
resto da Europa e também a América.
2)
O Romantismo poder ser analisado como
uma reação do sentimento, da emoção
contra o predomínio da razão, defendido
pelos neoclássicos.
3)
Na arquitetura, o Romantismo é mais
perceptível na Inglaterra e na França, em
especial, no fim do século XVIII. Os arquitetos deram preferência a projetos
exóticos e pitorescos em detrimento das
– 39
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:02 Page 40
concepções clássicas e formais. O
fascínio que os românticos sentiam pela
Idade Média aparece na arquitetura por
meio do reflorescimento gótico. Reviver
o período medieval significava valorizar
as origens nacionais, o “estilo nativo”.
4)
A fotografia nasce da necessidade de
busca do verdadeiro e do natural, do
desejo de obter imagens criadas pela
própria natureza.
5)
D
6) B
7) B
8)
C
9) B
10) A
2)
3)
MÓDULO 20
REALISMO
1)
2)
O Realismo critica todo o subjetivismo e
o escapismo presentes nas obras românticas. Fundamentando-se no cientificismo,
na aplicação dos princípios das ciências
exatas à descrição artística dos fatos, o
Realismo é a vitória da concepção científica e do pensamento tecnológico sobre o
espírito de idealismo e tradicionalismo
presente na tradição romântica.
Após ter as suas obras recusadas na exposição de Paris em 1855, Courbet mostrou ao público os seus trabalhos em um
barracão. Nessa ocasião, distribuiu o seu
Manifesto, no qual declarou os objetivos
e motivações da sua produção artística.
Sim, pois uma das mais fortes características do Realismo é a feroz crítica social
contida nessa produção artística que reflete as posições políticas dos artistas
desse movimento. O francês Gustave
Courbet, o grande pintor do Realismo,
foi considerado pelos acadêmicos como
um elemento pernicioso em razão das
suas ideias socialistas.
4)
Realismo. O Almoço sobre a Relva e O
Estúdio.
5)
A
6) E
7) E
MÓDULO 21
O ART NOUVEAU
1)
Art Nouveau é o estilo que marcou a ruptura com as tradições naturalistas do século
XIX, ao unir a arte à técnica moderna e à
produção industrial, adotando novos
40 –
O Art Nouveau enfatizou especialmente
o setor das chamadas “artes aplicadas”,
ou seja, a produção de objetos do
cotidiano que, além do caráter utilitário,
deveriam seguir a tendência decorativista.
Nesse contexto, o setor da ourivesaria
ganha destaque principalmente com as
joias de René Lalique.
2)
Segundo
Ernst
Fischer,
o
Impressionismo foi uma revolta, um
ataque contra a pomposidade da arte
oficial. Ao fugir dos cânones da pintura
acadêmica, da imitação da natureza e do
plano
pictórico
predisposto,
o
Impressionismo valoriza a superfície plana
sobre a qual se derramam as manchas da
cor, eliminando as sombras e permitindo
uma rica gradação de nuances de cor e luz.
Muitos historiadores da arte acreditam
que a “Revolução da Mancha da Cor”
tenha sido a resposta dos impressionistas
ao desafio criado pela invenção da fotografia.
3)
Embora existam controvérsias, muitos
historiadores da arte acreditam que o Impressionismo foi uma tentativa de sobrevivência das artes plásticas após a invenção da fotografia, capaz de um padrão de
exatidão representativo da natureza que
nenhuma imagem criada pela mão poderia revitalizar. O Impressionismo
acaba superando o desafio da fotografia,
da forma acabada, por meio da “Revolução da Mancha da Cor” iniciada por Manet.
4)
Walter Crane (1845-1915) pertencia à
“Irmandade Pré-Rafaelista”, cujos membros buscavam inspiração nos mestres do
século XV e desejavam corrigir os erros
e problemas da civilização moderna fazendo uso da arte. Na gravura, o
socialismo é representado como o anjo
da “Anunciação”, inspirado numa obra
de Botticelli. O socialismo, com a
trombeta e uma tocha nas mãos, surge
para livrar o trabalhador exaurido pela
exploração do vampiro do capitalismo em
cujas asas aparecem as inscrições “festa
dos políticos” e “hipocrisia religiosa”.
5)
O Impressionismo pode ser entendido
como uma revolta contra a arte oficial e,
também, contra os valores burgueses da
época.
6)
B
O Movimento de Artes e Ofícios, as artes
decorativas e a industrialização são algumas
das influências sofridas pelo estilo. Entretanto, é necessário ressaltar também o
orientalismo. A busca de inspiração na arte
oriental está ligada diretamente ao
contexto do neocolonialismo do século
XIX.
4)
A adoção de modelos que ressaltam a
ingenuidade das formas típicas da arte
primitiva.
5)
A tendência decorativista.
6)
E
7) A
8) B
9) E
10) A
11) C
12) A
13) C
MÓDULO 22
IMPRESSIONISMO
1)
3)
gura feminina na água; um terceiro
abrange todas as figuras e tem o seu vértice no pássaro pintado no ponto mais
alto da tela, simbolizando a sensualidade.
materiais na arquitetura e buscando
simultaneamente a beleza e a funcionalidade.
Este quadro, pintado por Manet em 1863,
é um dos marcos iniciais do Impressionismo. Apesar de fazer referência a
duas obras anteriores – O Julgamento de
Páris (1520) e o Concerto Campestre
(1505) –, é inovador em relação a elas.
Na tela de Manet, as personagens são
pessoas conhecidas da sociedade
parisiense da época, e não seres lendários
como nos quadros renascentistas. Além
disso, a obra de Manet apresenta uma
composição muito mais elaborada e
complexa. As três figuras em primeiro
plano são Victorine Meurend (modelo de
Manet), Eugène Manet (irmão do pintor)
e Ferdinand Leenhoff (escultor e amigo
do pintor). A figura feminina que se vê ao
fundo pode ser identificada como Vênus,
a deusa do amor e da beleza.
A composição é delineada por triângulos
que se inter-relacionam, criando uma
complexa estrutura. Um dos triângulos é
formado pelas três figuras sentadas; um
outro sobrepõe-se a esse e envolve a fi-
10) C
7) B
8) C
11) D
12) D
9) E
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:02 Page 41
GEOGRAFIA
8) Apenas 20% do país, formado por
planaltos e planícies localizados ao sul da
ilha de Honshu.
MÓDULO 35
CHINA: ASPECTOS NATURAIS E
HUMANOS
FRENTE 1
9) Tóquio.
MÓDULO 33
JAPÃO: ASPECTOS NATURAIS E
HUMANOS
1) Predomínio de montanhas recentes, com
reduzidas áreas de planícies litorâneas,
onde a ocupação urbano-industrial é
intercalada pelas áreas de ocupação
agropecuária. A topografia acidentada e a
redução nas áreas de cultivo dificultam a
utilização de maquinário de grande porte e
limitam a produção pecuarista.
2) Norte (ilha de Hokaido): clima temperado
frio, com destaque na produção do trigo.
Centro (ilha de Honshu): clima temperado
oceânico, com destaque na produção de
arroz, chá, trigo, horticultura e amoreira,
combinada à sericicultura.
Sul (ilhas de Shikoku e Kiushu): clima
subtropical, com destaque para a produção
de fumo, soja, amendoim, frutas cítricas e
cana-de-açúcar.
3) O Japão é o primeiro produtor mundial de
pescado, utilizando-se da tecnologia
industrial.
A corrente marítima fria Oya-Shivo é rica
em plâncton, principal alimento dos peixes,
favorecendo a formação de grandes
cardumes nas proximidades do litoral, onde
se destaca a pesca do salmão e do atum.
4) País populoso (124 milhões de habitantes
em 1991) e muito povoado (327 hab/km2).
Em função da forte urbanização (77%) e
do alto padrão de vida (renda per capita de
US$ 24 000), a expectativa de vida é elevada (mais de 80 anos), e as taxas de
crescimento vegetativo (0,5%) e de mortalidade infantil (5%), são reduzidas.
5) – Extinção do Shogunato (domínio dos
generais); obrigatoriedade do serviço
militar e do ensino fundamental;
– Expansão da rede ferroviária.
– Expansão militar e territorial, para
garantir o abastecimento de matériasprimas.
– Organização dos ZAIBATSUS
6) Floresta de coníferas. Deve-se ao clima
temperado do país.
7) O Japão formou-se a partir de fendas que se
abriram durante a Era Terciária, de onde
saíram lavas vulcânicas. Assim, até hoje o
país tem vulcões ativos e terremotos.
10) A
11) E
MÓDULO 34
JAPÃO: ASPECTOS
SOCIOECONÔMICOS
1) Fim da estrutura feudal, criação da
província submetida à administração do
poder central, obrigatoriedade do ensino
primário, implantação do serviço militar,
transferência da capital do país de Kyoto
para Yedo (Tóquio), instituição da imprensa e de serviços postais, construção de
estradas de ferro, fundação do Banco do
Japão, aprovação de uma Constituição,
estabelecimento da monarquia constitucional hereditária.
2) Auxílio financeiro dos EUA por meio do
"Plano Marshall"; abundância de mão de
obra disciplinada e qualificada; ressurgimento dos monopólios familiares
(Zaibatsu) e elevados investimentos na
tecnologia.
3) A robotização visa a otimizar a produtividade industrial, reduzindo custos de
produção e imprimindo maior competitividade aos produtos no mercado internacional.
4) Exerce seu polo de influência na Região do
Pacífico e no Sul e Sudeste Asiático –
grande potência capitalista.
5) O setor hidroviário é facilitado pelo litoral
extenso e recortado, formando bons portos
e possibilitando a navegação marítima com
reduzidos custos no transporte de carga.
O setor ferroviário destaca-se pela alta
tecnologia para superar os obstáculos do
relevo, pois é o mais vantajoso, dentre os
transportes terrestres, tanto no que diz
respeito aos custos enegérticos, quanto no
que se refere a sua capacidade de deslocar
carga e passageiros.
O setor rodoviário é reduzido em função
do alto custo do petróleo importado.
6) Tigres Asiáticos
7) tecnologia
8) C
9) a) 1 – Hokkaido
2 – Honshu 3 –
Shikoku 4 – Kysushu
b) A ilha mais densa, populosa e urbanizada é
a Honshu, também concentra a maior
densidade industrial e uma das maiores
produções agrárias do país.
1) Região formada por planaltos elevados, de
difícil acesso, com climas secos e
vegetação xerófita. Rios intermitentes.
2) Porque se encontra em latitudes médias. A
Mandchúria sofre a ação de ventos que,
durante o inverno, partem do interior da
Sibéria, trazendo muito frio. No verão, os
ventos partem do litoral (monções),
trazendo muita umidade.
3) A ação dos ventos monçônicos que vêm do
Oceano Índico carregados de umidade.
4) desérticos/deserto/Gobi
5) Himalaia
6) Sinkiang/Pamir
7) A
8) D
MÓDULO 36
CHINA: POTÊNCIA DO SÉCULO XXI
1) I)
Sinkiang
– clima árido
– indústrias estratégicas
II) Tibet
– clima árido, relevo montanhoso
Lamaísmo
III) Mongólia Interior
– clima árido, pastoreio
IV) Mandchúria
– clima temperado, rico subsolo
V) Planície Chinesa
– clima tropical monçônico, grande
densidade, indústrias diversas
2) Planície dominada pelo clima subtropical e
tropical de monções; cobertura florestal;
elevada densidade demográfica (formigueiros humanos); produção agrícola com
destaque na produção de arroz, chá e cultivo de amoreiras, vinculada a sericicultura.
3) China Oriental: planícies, florestas e clima
ameno; elevada densidade demográfica;
cultivo de arroz; trigo e chá; mineração do
ferro e carvão; indústria mecânica, têxtil e
alimentícia.
China Ocidental: montanhas e planaltos
elevados; clima árido e semiárido, com
formação de xerófitas e estepes; vazios
demográficos; agricultura irrigada e
pastoreio nômade; extração de petróleo e
desenvolvimento da indústria estratégica.
– 41
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:02 Page 42
4) Vigorava na China o sistema capitalista. As
terras estavam desigualmente distribuídas
entre a sociedade, apresentando grandes
injustiças sociais. Havia ainda baixa
produção de alimentos, subnutrição, fome
e subexploração da força de trabalho.
6) leste; a região abandonou o socialismo a
partir de 1989, voltando ao capitalismo.
alguns países, os índices de crescimento
tornaram-se negativos.
7) Iugoslávia. A guerra da Bósnia foi a mais
extensa e violenta, exigindo a interferência
de forças internacionais.
5) A experiência vivida com as comunas
populares provocou grande descontentamento entre chineses. Não houve melhoria
das condições de vida. As 24 mil comunas
(reunião de 700 mil cooperativas em 1958)
foram desmembradas em 74 mil comunas
populares. Mas mesmo assim os
problemas não foram resolvidos. A partir
de 1976, as comunas foram substituídas
por unidades de produção de menor
dimensão
ou
por
unidades
de
administração privada.
MÓDULO 38
QUADRO NATURAL DA EUROPA
2) Como em outros países europeus,
apresenta uma base estreita, produto das
baixas taxas de natalidade, e o número de
jovens é pequeno. O corpo e o topo da
pirâmide são grandes, evidenciando o
grande número de adultos e velhos, o que
demonstra a elevada esperança de vida da
população. A população feminina com
idade entre 65 e 75 anos é maior em razão
da alta mortalidade masculina na 2.a
Guerra.
6) Importante cidade portuária do Extremo
Oriente e um destacável (Tigre Asiático)
após as mudanças ocorridas com a sua
devolução à China, vive um período de
transição.
7) Em 1979, a China criou quatro zonas
econômicas especiais (ZEE), onde é
permitido, às empresas estrangeiras, investir capital e tecnologia, em associação com
empresas estatais chinesas ou até mesmo
sem associação. Investindo nas ZEE, as
empresas gozam de privilégios oferecidos
pelo Estado, como, por exemplo, facilidades na exportação e importação. Depois
de 1984, foram criados, em 14 cidades
litorâneas chinesas, zonas para o investimento estrangeiro. Essa abertura tem dinamizado a economia chinesa.
8) a) Mao-Tsé-Tung
b) Deng Xiaoping
9) C
MÓDULO 37
EUROPA: LOCALIZAÇÃO E DIVISÃO
POLÍTICA
1) A) Escandinava.
C) Ibérica.
E) Balcânica.
B) Jutlândia.
D) Itálica.
F) Crimeia.
1) Relevo diversificado onde encontramos,
ao norte, cadeias montanhosas antigas
(Alpes Escandinavos, Urais); ao centro,
extensas planícies (Russa, Germanopolonesa; Parisiense) e, ao sul, cadeias
montanhosas de origem recente com
vulcanismo (Pirineus, Alpes, Bálcãs,
Cáucaso).
2) Apesar da pequena extensão, são intensamente navegados, ligando vários países
entre si. Alguns são usados também na
irrigação e na produção de energia elétrica.
3) Esse rio atravessa diversos países e
capitais da Europa Centro-Leste,
iniciando-se na Alemanha e terminando no
mar Cáspio. Liga esses países entre si e,
ligado ao Rio Reno, permite a ligação ao
Mar do Norte.
4) Por ser quente, ela impede o congelamento
do Mar do Norte durante o inverno e torna
os climas dos países nórdicos mais suportáveis.
5) A diferença está principalmente nos
índices pluviométricos. No clima
oceânico, eles são muito mais elevados. O
temperado continental é mais seco e
também o mais rigoroso, apresentando
uma variação térmica maior.
6) Os países escandinavos obtêm grande
quantidade de madeira, movimentando
produtiva indústtia de papel e celulose
(30% da produção mundial).
7) Reno, o mais importante rio europeu, além
de importante papel na história da Alemanha.
8) Pó. Esse rio concentra a maior parte da
indústria e das atividades agrícolas italianas.
2) 17 – Islândia; 18 – Sardenha; 19 – Sicília;
16 – Baleares.
3) I – Báltico; II – do Norte; III – Adriático;
IV – Egeu; V– Negro
9) A
10) Fjords, reentrâncias na costa litorânea
causadas pela ação da erosão glacial.
4) Noruega, Suécia e Finlândia, países de
altíssimo nível de vida.
MÓDULO 39
EUROPA: QUADRO HUMANO
5) Iugoslávia; a guerra civil durou 5 anos e
matou 300 mil pessoas.
1) A partir da 2.a Guerra Mundial, as taxas de
natalidade decresceram grandemente e, em
42 –
3) A
4) Xenofobia
5) B
6) A
7) Bascos
8) B
MÓDULO 40
ECONOMIA EUROPEIA E REGIÕES
GEOECONÔMICAS
1) Alternativa A. A plataforma do Mar do
Norte passou a ser explorada após a crise
do petróleo de 1973.
2) Carvão mineral.
3) Europa Ocidental, capitalista, sob a
influência dos EUA; Europa Oriental,
socialista, sob a influência da URSS. Essa
divisão caiu por terra com o fim do
socialismo em 1991.
4) Carvão mineral.
5) Mancha. A construção desse canal era um
desejo antigo, que vinha dos tempos do
Napoleão, mas só pôde ser concretizado
recentemente quando o desenvolvimento
da tecnologia de construção permitiu.
6) É uma agricultura altamente produtiva,
mas utiliza poucas máquinas. Produz
cereais, uvas, oliveiras e conta com
elevados subsídios governamentais.
7) Minério de ferro. É um dos principais elementos da indústria mundial e fundamental
para o desenvolvimento em geral.
8) A
MÓDULO 41
DESTAQUES EUROPEUS: REINO
UNIDO, FRANÇA, ALEMANHA E
ITÁLIA
1) Suécia.
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:02 Page 43
2) Ao norte, a Itália apresenta um elevado
grau de industrialização, principalmente
junto ao Vale do Rio Pó. A porção sul é
mais agrícola e apresenta um excedente de
mão de obra que migra para o norte em
busca de trabalho.
MÓDULO 43
A UNIÃO EUROPEIA E O EURO
1) União Europeia / 25 países
2) D
3) O texto refere-se à queda do socialismo na
Alemanha Oriental, que, em questão de
alguns meses, viu ruir um dos sistemas
socialistas mais fechados. A partir daí, teve
início um processo de integração entre as
duas porções, conduzido persistentemente
pelo governo da Alemanha.
3) União Europeia.
4) Maastricht.
a) moeda única;
b) política social, defesa e relações
exteriores comuns;
c) Parlamento europeu com amplos
poderes.
4) Alemanha, França, Reino Unido e Itália.
São os países mais ricos da Europa e
exercem o comando político do continente.
5) C
2)
3)
5) São territórios da Holanda conquistados ao
mar, através da construção de diques e da
retirada da água. Após um tratamento do
terreno, as áreas são utilizadas na lavoura e
habitação.
6) E
7) D
8) A
MÓDULO 42
ORGANIZAÇÕES ECONÔMICAS E
MILITARES
1) Em junho de 1947, um plano de reconstrução da Europa, chamado Marshall, fez
com que recursos fossem distribuídos entre
diversos países com efeitos rápidos. Assim
melhorou o desempenho na agricultura e
produção industrial. Por detrás dele, viria o
interesse dos EUA em impedir o avanço do
socialismo.
2) Entende-se como a forma autônoma de
vivência nos países, no período que
antecede a II Guerra, mantendo-se isolados
com suas culturas e idiomas.
3) Turquia
6) A
MÓDULO 44
EUROPA CENTRAL E ORIENTAL
1) Por ser o país mais extenso e populoso,
além de se estender pela Ásia, a Rússia
exerce uma pesada influência que, ao longo
da história, se fez por meio da política e da
força. Também no campo econômico sua
influência é grande, por reter muitas
reservas minerais e energéticas.
2) Era o conjunto de países que formavam a
Europa Oriental. Vigorou durante a Guerra
Fria (1948-1990). Representou o isolamento dos países da Europa Oriental em
relação ao oeste capitalista.
3) É o local mais alto do continente europeu,
atingindo cerca de 5000m.
4)
5)
MÓDULO 50
FOCO NARRATIVO
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
1)
2)
5) B
3)
4)
5)
6) Bulgária e Romênia.
• rivalidades étnicas (Bósnia, Sérvia,
Croácia);
• questões religiosas (Irlanda do Norte/
Eire);
• questões étnicas/territoriais (Bascos).
6)
PORTUGUÊS
FRENTE 1
5) Bélgica,
Holanda,
(BENELUX).
narrador observador
narrador onisciente
narrador onisciente
narrador personagem
narrador onisciente (conhece os pensamentos da cachorra Baleia)
E
B
MÓDULO 52
PREPOSIÇÃO (I)
4) Tentativa dos países da Europa Oriental em
alcançar o Ocidente capitalista, que os levou
a terem pouca consideração com o meio
ambiente.
4) Cadeias montanhosas.
c) absolutamente: advérbio de intensidade, modifica o adjetivo impossíveis.
d) na Rua da Lapa: locução adverbial de
lugar, modifica o verbo passava.
em 1870: locução adverbial de tempo,
modifica o verbo passava.
e) ali: advérbio de lugar, modifica o verbo foi.
no mesmo tom zangado: locução adverbial de modo, modifica o verbo
fuzilando.
Talvez é advérbio de dúvida.
Resposta: A
Pior, nas alternativas a, b, d e e, é
adjetivo. Na alternativa c, pior é advérbio
e modifica o verbo comportar-se,
fazendo parte de uma locução adverbial
comparativa ("pior do que").
Resposta: C
No contexto, menos é advérbio de
intensidade.
Resposta: E
A
C
Em “tremia de frio” a relação é de causa.
Resposta: B
A
A
A expressão é ambígua porque a preposição de indica posse: o carro pertence ao
boi.
Os dois adjuntos adverbiais destacados
indicam causa: pesada por causa do
ouro, rútila (resplandecente) por causa
dos brilhantes.
Resposta: A
Luxemburgo
6) Mercado Comum Europeu / Comunidade
Econômica Europeia / União Europeia.
7) E. Os países escandinavos assinalados
no mapa da Europa são Noruega e
Finlândia.
MÓDULO 49
ADVÉRBIO (II)
1)
a) indubitavelmente: advérbio de afirmação, modifica toda a oração.
b) muito: advérbio de intensidade, modifica o adjetivo esperado. raramente: advérbio de tempo, modifica o
verbo acontecia.
MÓDULO 53
TIPOS DE DISCURSO
NARRATIVO
1)
2)
3)
B–A–B–A
I–A
II – B
I–A
II – C
III – B
III – B
IV – A
– 43
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MÓDULO 58
CONJUNÇÃO (I)
MÓDULO 55
PREPOSIÇÃO (II) E INTERJEIÇÃO
1)
2)
3)
4)
a) O termo ambíguo é para, que pode indicar direção ou substituição (por
eles). “Escrevia cartas para analfabetos” é ambíguo porque não se sabe
se a professora escrevia cartas endereçadas a analfabetos ou se escrevia a
pedido deles.
b) Há várias possibilidades de resposta.
1. O filme Central do Brasil conta a
história de uma professora aposentada que escrevia cartas em nome
dos analfabetos.
2. O filme Central do Brasil conta a
história de uma professora aposentada que prestava serviço aos
analfabetos, escrevendo cartas.
3. O filme Central do Brasil conta a
história de uma professora aposentada que escrevia cartas a pedido
dos analfabetos.
"Até" no enunciado significa inclusive,
como na alternativa d.
Em a, significa limite no espaço; em b, c,
e e, limite no tempo.
Resposta: D
a) a
b) a
c) há
d) a
e) a
f) há
g) Há
D
5) C
1) B
2) E
3) E
4) B
5) D
6) As conjunções destacadas estabelecem
entre as orações as relações de adição (e: conjunção coordenada aditiva;) conclusão (portanto: conjunção coordenada conclusiva) e
oposição (mas: conjunção coordenada adversativa).
Resposta: B
1)
2)
3)
O farmacêutico disse que milagrosa
era a palavra certa e perguntou se ele
queria vidro grande ou pequeno.
II. Alguém perguntou a João o que era
aquilo, para onde se atirava tão cedo
daquela maneira, de armas e bagagens.
III. Ele disse que o seu porquinho-daíndia fora (ou tinha sido) a sua
primeira namorada.
IV. Ele acrescentou que aquela história
de regime de cachorro-quente era
pura neurose e o que estava precisando era procurar um psicanalista.
V. Ele pedia que o irmão ficasse mais
um pouco.
I. Uma velhinha de cabeça grisalha
gritou:
— Dario está morrendo!
II. Só quando tomava chá foi que a
garota, com os olhos brilhantes e a
mão trêmula, confidenciou-lhe:
— Gosto de você, ardentemente.
III.Chamou o moleque e bradou-lhe:
— Vá à casa do Sr. João Carneiro
chamá-lo, já e já, e caso não esteja em
casa pergunte onde pode ser
encontrado.
E
4) E (... não o amava mais)
44 –
1)
E
2) C
3) E
4) C
2)
MÓDULO 61
CONJUNÇÃO (II)
1)
3)
4)
I.
MÓDULO 33
ARCADISMO: FUGERE URBEM,
AUREA MEDIOCRITAS E
INUTILIA TRUNCAT
MÓDULO 59
PERSONAGENS
MÓDULO 56
TRANSPOSIÇÃO DE DISCURSO
1)
FRENTE 2
5)
B
2) C
No período dado, a relação entre as
orações é de causa e consequência,
relação formulada pela correlação entre
uma palavra intensiva na oração
principal (tão) e a conjunção consecutiva
(que). A mesma estrutura se encontra no
período da alternativa e, com o mesmo
tipo de correlação (...tamanha...que...).
Resposta: E
Em a, como indica conformidade; em b,
comparação; em d, consequência; em e,
condição.
Resposta: C
D
MÓDULO 62
FÁBULA
1)
C
1)
2)
C
“Se não tiverem” (caso não tenham)
exprime uma condição; “se bem que”
(embora) exprime ideia de concessão.
Resposta: D
A alternativa c é a única que apresenta
conectivos que mantêm uma correta
relação de sentido entre as orações das
frases propostas. Em 1, o valor é causal;
em 2, valor concessivo; em 3, valor
conclusivo; em 4, valor consecutivo.
Resposta: C
C
5) A
3)
4)
B
4)
5)
2) D
3) E
MÓDULO 64
CONJUNÇÃO (III)
MÓDULO 65
INTERPRETAÇÃO DE CARTUNS,
TIRAS E HISTÓRIAS
EM QUADRINHOS
1)
3)
2) C
6)
Fugere urbem é uma expressão latina que
significa “fugir da cidade” ou “evitar a
cidade”. O Arcadismo adota o partido de
uma vida simples, natural, campestre,
bucólica, porque começa a exprimir, literariamente, a idealização do campo em
contraposição à realidade cada vez mais
artificial e perturbadora da cidade moderna. O Arcadismo conheceu os primórdios
da Revolução Industrial e da transformação abrupta e gigantesca das cidades.
É o gênero poético voltado para a representação da vida de pastores, em meio à
paisagem natural. As imagens frequentes
da poesia bucólica são prados amenos,
rios agradáveis, fontes frescas, grutas
sombreadas, compondo o lugar-comum
da poesia clássica designado com a
expressão locus amoenus (“lugar ameno,
aprazível”).
O herói burguês é o herói da paz, não da
guerra; da moderação, não da bravura; do
trabalho, não da aventura. O Arcadismo
é, de fato, a primeira expressão do
mundo burguês.
O Arcadismo propunha uma linguagem
natural (próxima da linguagem corrente),
simples e clara, oposta, portanto, ao
artificialismo, à complexidade e, muitas
vezes, à obscuridade do estilo barroco.
O ideal da aurea mediocritas (expressão
latina que significa “áurea mediania” ou
“meio-termo de ouro”) corresponde a uma
das virtudes centrais da nova mentalidade burguesa, que o Arcadismo representa: a virtude do meio-termo, da
distância dos excessos, tanto como
norma de conduta na vida como princípio
estético, ou seja, como princípio
artístico.
C
7) D
8) E
MÓDULO 34
MANUEL ANTÔNIO DE ALMEIDA:
MEMÓRIAS DE UM SARGENTO
DE MILÍCIAS: O NARRADOR
1)
Sim, pois, na aparência, o padre caracteriza-se pela fé, pela respeitabilidade e por
sua eloquência. Porém, por trás disso, é
um espírito vingativo, vaidoso e sensual.
Dessa forma, em linguagem popular, o
hábito (as aparências) não faz (não revelam) o monge (o valor moral de alguém).
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:02 Page 45
2)
3)
4)
5)
6)
Aparência: “completo São Francisco de
austeridade católica”; “buscava sempre
por assunto a honestidade e a pureza corporal em todo o sentido”; “salvando, é
verdade, todas as aparências da decência”.
Realidade: “refinado Sardanápalo”; “sensual como um sectário de Mafona”;
“inteligência (que não era nele coisa
muito vigorosa)”; “insuficiência do padre
para qualquer coisa desta vida”.
D
No texto de Manuel Antônio de Almeida,
a expressão “sectário de Mafona” tem
sentido negativo e traduz um preconceito
contra os muçulmanos, tomados como
sensuais e devassos. Esse preconceito
data da época em que Portugal foi dominado pelos “mouros” (séculos VIII-XV),
que eram muçulmanos.
Percebe-se ironia do narrador na passagem “...era nada menos do que a cigana, objeto dos últimos cuidados de Leonardo, com que S. Revma. vivia há certo
tempo em estreitas relações...”. A expressão formal de tratamento, S. Revma.,
contrasta com a atitude imprópria para
um padre, que, no caso, é manter relações
íntimas com a cigana.
B
1)
2)
2)
3)
4)
5)
6)
I. Não vês esta sombra funesta que vem
cobrindo o céu, entre o horror de um
relâmpago incendido?
II. A cada instante despedido, o raio tudo
cresta, tudo consome, tudo arrasa e
infesta.
Ou: O raio, a cada instante despedido,
cresta tudo (ou tudo cresta), consome
tudo (ou tudo consome), arrasa e
infesta tudo (ou tudo arrasa e
infesta).
Há outras possibilidades.
III.Ah! não temas o estrago que a tormenta fatal ameaça.
O poeta descreve uma tempestade devastadora.
O poeta compara a tempestade aos sentimentos que o assolam, ainda mais devastadores.
A Natureza é descrita como um lugar
feroz, violento e assustador, nada ameno.
O poema exemplifica: 1) o bucolismo e o
pastoralismo típicos da poesia árcade, em
que a natureza convencional aparece
como cenário para a vida dos pastores, e
2) linguagem simples.
Os versos são heptassílabos (redondilhos
maiores).
As personagens envolvem-se nos acontecimentos, mas permanecem idênticas,
não apresentando nenhuma alteração em
seu modo de ser.
D
3) E
4) E
1)
2)
3)
4)
5)
MÓDULO 37
ARCADISMO: CONCEPÇÃO
“BURGUESA” DA VIDA
1)
2)
3)
4)
5)
MÓDULO 35
ARCADISMO:
TEMPUS FUGIT E CARPE DIEM
1)
MÓDULO 39
ARCADISMO: A INCONSTÂNCIA
E FUGACIDADE DA VIDA
MÓDULO 36
MEMÓRIAS DE UM SARGENTO
DE MILÍCIAS: O PROTAGONISTA
No texto I, Marília é descrita como tendo
cabelos loiros (“fios d’ouro”) e, no texto
II, como tendo cabelos negros (“negros e
finos cabelos”).
Marília, embora se saiba que
corresponda a Maria Doroteia, jovem por
quem Tomás Antônio Gonzaga foi
apaixonado, é uma idealização do poeta
e, dessa forma, sua caracterização
atende, prioritariamente, aos padrões
ideais femininos do Neoclassicismo.
Arcadismo – Romantismo
C
Marília terá de mais valioso o fato de sua
lembrança ser perpetuada nos versos do
poeta (“...um Vate [= poeta] que te preze,
Que cante os teus louvores”), sobrevivendo, portanto, à passagem do tempo,
que “não respeita a formosura”, e ao
esquecimento (“Que belezas, Marília,
floresceram, / De quem nem sequer
temos a memória!”). O eu lírico conclui:
“É melhor, minha bela, ser lembrada /
Por quantos hão de vir sábios humanos, /
Que ter urcos (= cavalos), ter coches e
tesouros, / Que morrem com os anos.”
MÓDULO 40
A PASTORAL MODERNA
1)
2)
3)
4)
5)
2)
3)
4)
5)
A vida era puramente animal. A principal
ocupação dos homens era a sua autoconservação. A sexualidade não implicava
relações contínuas dos humanos entre si.
A constituir família e a experimentar o
amor conjugal e paternal.
Se, por um lado, as reuniões
comunitárias proporcionaram distração,
por outro surgiram sentimentos como a
vaidade, a vergonha e a inveja.
D
Refere-se à preferência pelo mais belo,
ou pelo mais forte, ou pelo que melhor
cantava ou dançava. Enfim, a expressão
“primeiras preferências” diz respeito à
predileção por aqueles que se
destacavam no grupo.
D
Gonzaga: “Eu tenho um coração maior
que o mundo”; Drummond: “Não, meu
coração não é maior que o mundo. / É
muito menor”.
Gonzaga: “um coração, e basta, / onde tu
mesma cabes”; Drummond: “Nele não
cabem nem as minhas dores. / Por isso
gosto tanto de me contar”.
B
D – Os versos diferenciam-se: os de
Gonzaga apresentam dez e seis sílabas,
são rimados o 2.° e o 4.° verso; a métrica
dos versos de Drummond é irregular
(versos livres) e eles não têm rimas
(versos brancos).
E – Os versos diferenciam-se, pois, como
se afirma na alternativa e, os versos de
Gonzaga falam da grandeza de seu
coração — “Eu tenho um coração maior
que o mundo” — e os de Drummond
falam da limitação do seu — “Não, meu
coração não é maior que o mundo. / É
muito menor”.
MÓDULO 41
BOCAGE
MÓDULO 38
ROUSSEAU: O “BOM SELVAGEM”
1)
a) Que eles se sentem à sombra do cedro.
b) Para meditar na regular beleza de tudo.
Alegre, regular, sábia.
Ela assume os papéis de esposa e mãe.
Prazer, ventura, doçura.
C
1)
2)
3)
4)
5)
6)
No primeiro quarteto, a Natureza é triste,
escura, solitária, reflexo da solidão do eu
lírico.
No segundo quarteto, os elementos da
Natureza (Zéfiro, Tejo, rouxinol) que a
fariam aprazível, amena, estão como sufocados pelas trevas.
Os tercetos falam da morte.
O poema é pré-romântico, como se vê na
preferência pela paisagem noturna e tétrica e pela projeção emocional do sujeito,
cujo estado de espírito sombrio contamina toda a realidade.
Sim, há referência a Zéfiro, representação mitológica dos ventos suaves.
E
– 45
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:02 Page 46
MÓDULO 42
ROMANTISMO: WERTHER –
“O SENTIMENTO CONTRA A RAZÃO”
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
8)
Egocentrismo, mergulho no mundo íntimo, em detrimento do mundo exterior.
Inadaptação à realidade, desejo de
evasão.
Rejeição a regras e modelos.
Valorização da vida burguesa.
Valorização do amor como sentido da
vida.
A época literária em que a obra leva mais
a formar o perfil do remetente que do
referente é aquela em que se privilegia a
função emotiva ou expressiva da linguagem, aparecendo num primeiro plano a
cosmovisão subjetiva do eu lírico ou narrador, que subverte o conceito de objetividade, sustentado pelo racionalismo.
Assim, o Romantismo aparece como a
escola literária que mais se adapta à
consideração apresentada no enunciado,
em virtude da imposição do “eu”.
C
I e V.
MÓDULO 43
WERTHER – NATUREZA E EVASÃO
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
Mergulho no mundo subjetivo em
detrimento da realidade.
Egocentrismo.
Evasão.
Idealização da figura feminina.
Evasão, morte como solução para os
problemas e presença de cenário natural.
Ênfase na expressão das emoções, rejeição a regras e modelos — diferentemente
da arte clássica e neoclássica —, egocentrismo, desejo de evasão etc.
C
7)
veio, ai de mim, despertar?”) e oh (“Oh!
que doce era aquele sonhar...”). As
interjeições, de maneira direta e econômica, transmitem os sentimentos e sensações do eu lírico.
Itens falsos: VI e VIII.
2)
3)
4)
5)
6)
“Chama” (e também “luz”). É de notar
que o livro Folhas Caídas, em que se
encontra este poema, foi escrito depois
do tumulto de uma paixão do poeta, já
maduro, por uma mulher bem mais
jovem, a Viscondessa da Luz.
B
Era serena, tranquila: “Em que paz tão
serena a dormi! / Oh! que doce era aquele sonhar...”.
Segundo o poema, o amor tem um caráter
ambivalente, significando ao mesmo
tempo vida e morte, prazer e dor.
“Esta chama que alenta e consome.”
As interjeições são: ai (“Quando — ai
quando se há de ela apagar”, “Quem me
46 –
managers
all day long
actually
orange juice
MÓDULO 33
GENITIVE CASE
1)
4)
7)
10)
13)
16)
19)
’s, ’s
2) ’s
’s, ’s
5) ’s
–
8) ’s
’
11)’s, ’s
’s
14)’
’s
17)’s
’
20) –
21) E
3) ’s
6) –, ’s
9) ’s
12)’s
15)’s
18)’
22) B
MÓDULO 34
TEXT
1) i
6) n
11) e
2) m
7) a
12) l
16) C
17) D
3) o
8) c
13) g
4) k
9) f
14) j
5) b
10) d
15) h
4) C
5) D
MÓDULO 35
TEXT
1)
6)
E
D
2) A
7) E
3) B
8) C
MÓDULO 36
TEXT
1)
E
MÓDULO 37
TEXT
1)
3)
5)
7)
9)
11)
13)
15)
17)
19)
concerned
world
speech
motto
reports
wide
most parents
children
realize
fun
blocks
2) let’s keep
4) freedom
beer
2) subway
1)
4)
7)
10)
13)
at
in
at
in – at
on
on
16) in – at – in
19) in
2) On
5) on
8) on
11) on – on
14) on
3) in
6) at
9) at
12) in
15) on –
17) at
20 at
18) in
MÓDULO 40
TEXT
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
8)
9)
10)
11)
12)
13)
14)
15)
16)
17)
18)
19)
20)
negócios
alto nível
preocupação contínua
ambiental
ímã, atração
que crescem mais rapidamente
além de
mais conhecidas
honrar
através
projetar
construir
linha de ônibus
fornecer
acesso fácil
principais
instalações
realizar
feiras comerciais
política
21) C
22) E
MÓDULO 41
TEXT
of
6) battleground
8) unrestricted
10) supporting
12) to benefit from
14) thinking that
16) against
18) to succeed
20) are offering
MÓDULO 38
TEXT
1)
4) in fact
6) enough
8) accountants
10) reasons
MÓDULO 39
PREPOSITIONS
INGLÊS
MÓDULO 44
ROMANTISMO:
CARACTERÍSTICAS GERAIS
1)
3)
5)
7)
9)
1)
2)
3)
4)
5)
6)
7)
8)
9)
10)
11)
12)
13)
parents
so cold
get along beautifully
to solve
hurt
against
hate
a great deal
having me around
dreams
crazy
fathered
relationship
GAB_TC3_1A_COMP_Alelex 24/03/11 13:02 Page 47
14)
15)
16)
17)
18)
19)
20)
21)
22)
23)
24)
25)
26)
27)
28)
companionship
struggles
wedding
support
record
however
abusive
understanding
advice
puts me
nice
don’t attend
won’t allow
opposed to
circumstances
MÓDULO 42
TEXT
1)
3)
5)
7)
9)
11)
13)
road
sales
can
short time
huge
enables
highways
15) C
2) large trucks
4) customers
6) easier
8) sell
10) natiowide
12) buy
14) goods
16) D
MÓDULO 43
TEXT
1)
6)
11)
16)
21)
26)
i
a
c
u
f
h
2) k
7) v
12) e
17) z1
22) o
27) j
3) y
8) l
13) x
18) s
23) n
28) g
4) w
9) z3
14) z2
19) m
24) p
5) q
10) b
15) d
20) r
25) t
MÓDULO 44
TEXT
1)
3)
5)
7)
9)
11)
folded
passionate
stored
the latest novelty
workout
D
2) soles
4) running shoes
6) enough
8) foam
10) designed
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