( ) Inadequado
No primeiro tópico, selecionamos o aspecto do nível da prova que especialmente numa segunda fase deve ser estratificado em questões mais simples, médias e de melhor padrão. Nesse aspecto, o quesito foi plenamente atingido. Parabenizamos a Comissão.
II. Abrangência dos conteúdos
( ) Satisfatória
( ) Parcialmente satisfatória ( ) Insatisfatória
No segundo tópico, destacamos a abrangência da prova em relação ao programa, por acreditarmos também que uma maior abrangência valoriza o processo seletivo e o torna mais eficiente como instrumento de aferição. Nesse aspecto também o objetivo foi plenamente alcançado. Destacamos também a prioridade dada aos temas de relevância do programa para quem ingresse em cursos nos quais a matemática será fundamental.
III. Correção / rigor
(x) Presente
( ) Parcialmente presente ( ) Ausente
No último tópico, elencamos a questão do rigor da prova. Nessa abordagem, a prova também foi satisfatória. Uma característica observada em algumas questões, que ao nosso ver é uma qualidade, é o fato de essas questões permitirem distintos processos resolutivos.
Como observação final, parabenizamos os responsáveis pela elaboração da prova que, temos certeza, premia o nosso trabalho e especialmente o trabalho dos alunos mais dedicados.
C(N(t)) = 50 + 30.(20t – t2) C(N(t)) = – 30t2+ 600t + 50 Resolução: C(N(t)) = 2300 – 30t2+ 600 t + 50 = 2300 – 30t2+ 600 t – 2250 = 0 3t2– 60t + 225 = 0 t =60 60 43 225 23 2 ± (– ) – . . . t =60 30 6 ± ⇒ x 15 x 5 = =
Resolução:
A reta r passa pelos pontos (0,3) e (4,0). Coeficiente angular da reta r é mr= ∆
∆ y x 3 – 0 0 – 4 –3 4 = =
Aplicando na equação fundamental, utilizando o ponto (0,3), vem y – y0= mr(x – x0)
y – 3 = –3
4 (x – 0) 3x + 4y – 12 = 0
Resposta: A equação da reta r é 3x + 4y – 12 = 0
Resolução:
A equação da reta s é da forma: y = mx A área do triângulo POA é3. x
2 A área do triângulo POB é4.|mx|
2 Igualando, temos:3. x 2 = 4.|mx| 2 Resolvendo, tem-se: m =±3 4
Para a reta s do gráfico, temos: m =3
4, pois m > 0 Resposta: m =3 4 A P B
Resolução:
A probabilidade de um voluntário, escolhido aleatoriamente dentre os participantes dessa pesquisa, ter apresentado efeitos colaterais é dada por:
p(E) = 54 51 54 51 41 34 + + + + p(E) =105 180 7 12 = Resolução:
A probabilidade de um voluntário ter sido submetido ao novo tratamento, dado que ele apresentou efeitos colaterais é dada por:
p(N/E) =p(N E) p(E) e p(N/E) = 51 180 105 180 P(N/E) = 51 105
Resolução: V = Sb . H 5m 50 dm 2m 20 dm 3m 30 dm 1 dm3 1 litro V =20 50 2 . . 30 V = 15000 litros Resolução: V(x) = Sb . H V(x) =b. x 2 . 3 ' ' (x) = 5x 2. x 2 . 3 V(x) =5x 4 2 . 3 =15x 4 2 (m3); 0≤ x ≤ 2 Por semelhança 5 b 2 x = 2b = 5x b =5x 2 3 m 2 m 5 m b 5 x 2 b x 3 m
Resolução:
Misturando 3 partes da liga A + 2 partes da liga B, a liga resultante terá o percentual que é a média ponderada. Assim, temos:
Cobre:0 7 3 0 6 2 3 2 , . + , . + = 66% Estanho:0 2 3 0 2 3 2 , . + . + = 12% Zinco:01 3 0 4 2 3 2 , . + , . + = 22%
Resposta: O percentual de cobre, estanho e zinco serão, respectivamente, 66%, 12% e 22%.
Resolução:
Sejam x partes da liga A, y partes da liga B e z partes da liga C. Calculando a liga resultante, temos: Cobre:x.0,7 y.0,6 z.0,5 x y z + + + + = 0,6 Estanho: x.0,2 y.0 z.0,3 x y z + + + + = 0,2 Zinco: x.0,1 y.0,4 z.0,2 x y z + + + + = 0,2 Resolvendo, tem-se: 0,1x – 0,1z = 0 – 0,2y + 0,1z = 0 – 0,1x + 0,2 y = 0
Multiplicando as três equações por 10, vem: x – z = 0
–2y + z = 0 –x + 2y = 0
Somando as três equações, teremos 0 = 0. Portanto, o sistema, em IR, é possível e indeterminado.
Da primeira equação, temos: x = z Da terceira equação, temos: y = x
2 A solução do sistema é dada por: x,x
2, x
, logo a proporção que devem ser misturadas é (2,1,2). Resposta: A proporção em que as ligas devem ser misturadas é: 2 partes de cobre, 1 parte de estanho e 2 partes de zinco.
Resolução:
A altura máxima é dada quando sen 2 t
0,05
π
= 1, logo: hmáximo= 4.1 + 4 = 8
A altura mínima é dada quando sen 2 t
0,05 π = –1, logo: hmínimo= 4.(–1) + 4 = 0
Respostas: A altura máxima é 8 centímetros e a altura mínima é 0.
Resolução:
Funcionando durante 1 minuto, temos t = 60 s. Como o período da função é2 .0,05
2
π
π = 0,05, que corresponde a um ciclo, o número de ciclos será 60
0 05, = 1200
Resolução:
Volume total é V =π.1,72.10 = 28,9π
Resposta: O volume total do reservatório é igual a 28,9π m3.
Resolução:
Para calcular a área da superfície do líquido, devemos primeiramente calcular
A área da superfície do líquido é S = AB . 10 = 3 m . 10 m = 30 m2
Resposta: A área da superfície do líquido é 30 m2.
A B
0,8 1,7
x x
Aplicando o teorema de Pitágoras, vem: 1,72= 0,82+ x2⇒ x = 1,5
S(9) = – 18.log (9+1) + 86 = – 18.1 + 86 = 68 Resposta: 68% das palavras eram lembradas.
Resolução:
50 = –18 . log (t + 1) + 86⇒ – 36 = –18 . log (t + 1) ⇒ 2 = log (t + 1) ⇒ t + 1 = 102∴ t = 99 Resposta: O percentual será de 50% aos 99 minutos.
Resolução: • z2= – 1 2+ 3 2 i |z2| = – 1 2 3 2 2 2 + |z2| = 1 tgθ = 3 2 1 2 3 – – = θ = 2 3 π z2= 1 cos2p 3 i sen 2p 3 + • z2n = 1 1n. cos n.2p 3 isen n. 2p 3 + = 1 cos 2 3 π.n = 1 e sen 2 3 π.n = 0 2 3 π.n= k.2π n = k . 3 (k∈ Z)
3 3 3 z1003 = 133. z3 z1003 = z3= – 1 2= – 3 2 i 2º modo: • z3= – 1 2– 3 2 i |z3| = – 1 – 2 3 2 2 2 + |z3| = 1 tgθ = – – 3 2 1 2 3 = θ = 4 3 π z3= 1 cos4 2 i sen 4 3 π+ π • z1003 = 1100. cos 100.4 3 i sen 100. π π + 4 3 z1003 = 1 . cos400 3 i sen 400 3 π+ π 400 3 396 3 4 3 π = π+ π 132π (66 voltas)
Menor determinação positiva z1003 = 1. cos4 3 isen 4 3 π+ π 100 1 3
Área = Squadrado+ 2.STriângulo Área = 12+ 2.1 3 4 2 . Área = 1 + 3 2 u.a ou Área = 2 3 2 + u.a Resolução: • cos α 2 + cosα = 0 cosα = cos2 α 2 – sen 2 α 2 cosα = cos2 α 2 – 1 2 2 – cos α cosα = 2cos2 α 2 – 1 cos α 2 + 2 cos 2 α 2 – 1 = 0 2 cos2 α 2 + cos α 2 – 1 = 0 1 1 1 1 60o 60o 60o 60o 60o 60o 1 1 1
ou cos α 2 = – 1⇒ α 2= k . 2π + π ⇒ α = k . 4π + 2π (k ∈ z) • Cálculo da área: Para k = 0, temosα 2= π 3, isto é:α = 2 3 π (0 <α < π) A 2 3 π = 2.sen + sen 2 3 π A 2 3 π = 2.sen π 3 + sen 2 3 π A 2 3 π = 2. 3 2 + 3 2 A 2 3 π = 3 3 2 u.a 2 3 2 π
