1ªfase 2011

3 + 1 + 1 . 3 . 3

3log x + 1 +

1 log x . 3

A soma da P.A. é dada por: (a1 3) . 3

3

31 +

1 log x

2 3

= 1

2

. 3

+ 3 . 12 + 3 . 1

e) 21

d) 19

c) 17

b) 15

a) 13

Seu pé direito nas melhores faculdades

FUVEST - 28/11/2010 (PROVA V)

1a FASEQUESTõES 23 a 44

23. Seja x > 0 tal que a sequência a1 = log2x, a2 = log4(4x),

a3 = log8(8x) forme, nessa ordem, uma progressão aritmética.Então, a1 + a2 + a3 é igual a

2

2

2

2

24. Na figura, o triângulo ABC é equilátero de lado 1, e ACDE,AFGB e BHIC são quadrados. A área do polígono DEFGHIvale

a) 1 + 3

b) 2 + 3

c) 3 + 3

d) 3 + 2 3

e) 3 + 3 3

Resolução:

120º

60º

2 120º

60º 60º

120º

Resolução:

a1 = log2 x; a2 = log4 (4x); a3 = log8 8x

Pelas Propriedades dos Logaritmos, temos:

a1 = log2x;

a2 = 1 +

1

log2 x;

a3 = 1 +

1

log2 x

Como a1, a2 e a3 estão em P.A., temos:

a1 + a3 = 2a2

Com base na figura, verifica-se que os triângulos AEF, CDI

e BGH são congruentes pelo critério LAL.

\ A área do polígono é dada por:

A∆ABC + 3 . A + 3 . A∆AEF =

4 2 . 1 . 1 . sen 120º

Þ

log2 x + 1 +

1

log2 x = 2 .

2 2 ADEFGHI = 3 + 3

Alternativa C

Þ

log2 x + 1 +

1

log2 x = 2 + log2

x Þ

log2 x = 3

+ a2

, logo:

2 2

2=

.1 6 . r2 . 3\ VP = 3 AB . H =

1.r= 3

r2

3 − 3 =

223 = 2 – 1

sen2ycos2 ytg2y

sen2y cos2 ytg2y – tg2x = tg2y – 1

cos y =

como sen2y + cos2y = 1, temos:

sen2y = 4

sen2y – cos2y = 1

e) 3 r3

sen(y – x) = 1

(III)tg y =

1

x+y= 2 Þ sen y =

cos

x

(II)p sen x =

cos y

(I)

d) 7

3 r3

e) 1

c) 3

3 r3

d) 1

b) 5

3 r3

c) 1

a) 3 r3

b) 5

a) 3

Alternativa B

CPV fuv101fnov 1

2 FUVEST – 28/11/2010 Seu pé direito nas melhores Faculdades

25. Sejam x e y números reais positivos tais que x + y = π/2.Sabendo-se que sen (y – x) = 1/3, o valor de tg2y – tg2x éigual a

2

4

2

4

8

Resolução:

tg x1

3 Þ sen y . cos x – sen x .

cos

y = 3

Usando-se (I) e (II) para substituições, temos:

3

26. A esfera ε, de centro 0 e raio r > 0, é tangente ao planoα. O plano β é paralelo a α e contém 0. Nessas condições, o volume da pirâmide que tem como base um hexágono regular inscrito na intersecção de ε com β e, como vértice,um ponto em α, é igual a

4

16

8

16

2

Resolução:

Como os planos são paralelos, β contém 0 e α é tangente à esfera,

temos que a distância entre α e β é igual a r.

A intersecção de ε com β é um círculo de raio r, no qual está

inscrita a base hexagonal da pirâmide, como mostrado abaixo:

r

=

2 2

= −

3

3

=

4 2

2 4

3 3

0

Como o vértice da pirâmide está em α, sua altura será r.

3 4 2

Alternativa E

Alternativa A

y = − 2x + 3 Þ

C = (1;

1)y = −

x +

4

2

= = 7108543636

5 1 30 − 2P(M È N) = 5

542161Assim P(M Ç N) = 4

centro de C pertence à reta que passa por esse ponto e por − ; 4Então: P(N) =

5

= − x + ÞÞ y – 3

Þ y= − x +1

22 m

3 + 0 3y

2 m

0 − 1xm =

3 −

0 = 3

Temos, então, que: P(n) = 5

e) 23

d) 3

5d)

10

c) 5

b) 5

a) 5

c) 7

b) 11

a) 4

CPV fuv101fnov

Seu pé direito nas melhores Faculdades FUVEST –

28/11/2010

3

27. Um dado cúbico, não viciado, com faces numeradas de 1a 6, é lançado três vezes. Em cada lançamento, anota-se o número obtido na face superior do dado, formando-se uma sequência (a, b, c). Qual é a probabilidade de que b sejasucessor de a ou que c seja sucessor de b?

27

54

27

27

54

Resolução:

Seja M o evento: b ser sucessor de a.

28. No plano cartesiano, os pontos (0, 3) e (–1, 0) pertencem à circunferência C. Uma outra circunferência, de centro em(–1/2, 4), é tangente a C no ponto (0, 3). Então, o raio de C vale

8

4

2

4

e) 5

Resolução:

Como os pontos (0; 3) e (–1; 0) pertencem à circunferência C,

verifica-se que o centro de C pertence à mediatriz desses pontos. Cálculo da mediatriz:

M ocorre nas seguintes sequências:

(1; 2; c) (2; 3; c) (3; 4; c) (4; 5; c) (5; 6; c)

36

Analogamente, seja N o evento: c ser sucessor de b.

N ocorre quando (a; 1; 2) (a; 2; 3) (a; 3; 4) (a; 4; 5) e (a; 5; 6).

0 + 1

= =−

= =

3 34

1

2 21 1

3 2

36

Seja M Ç N a probabilidade de M e N ocorrerem simultaneamente.

Uma vez que a circunferência é tangente a C no ponto (0; 3), o 1 2

M Ç N ocorre nos seguintes casos:

(1; 2; 3) (2; 3; 4) (3; 4; 5) (4; 5; 6)

=

Logo:

P(M È N) = P(M) + P(N) – P(M Ç N)

+ − =28

108 27

Alternativa C

m´ = 4

1

-3

= –2 Þ y – 3 = –2(x – 0) Þ y

=–2x + 3

- - 0

Fazendo a intersecção:

3 3

\ r= (1 − 0)2 + (1 − 3)

2 = 5 Alternativa E

● f (0) = -3

4 = –1 + 20x+c Þ

2c =

1

4 Þ -3

fuv101fnov CPV


29. Seja f (x) = a + 2bx+c, em que a, b e c são números reais. Aimagem de f é a semirreta ]–1, ¥[ e o gráfico de f interceptaos eixos coordenados nos pontos (1, 0) e (0, –3/4). Então, o produto abc vale

a) 4b) 2c) 0

d) –2 e) –4

Resolução:

Como f (x) = a + 2bx+c, f representa uma função exponencial.

● Im = ]–1, ¥[ Þ a = –1

4 \ c = –2

● f (1) = 0 Þ 0 = –1 + 21.b–2 Þ 20 = 2b–2 \ b = 2

\ abc = (–1) . (+2) . (–2) = 4

Alternativa A

30. Um sólido branco apresenta as seguintes propriedades:

I. É solúvel em água. II. Sua solução aquosa é condutora de corrente elétrica. III. Quando puro, o sólido não conduz corrente elétrica. IV. Quando fundido, o líquido puro resultante não conduz

corrente elétrica.

Considerando essas informações, o sólido em questão pode ser

a) sulfato de potássio. b) hidróxido de bário.

c) platina.d) ácido cis-butenodioico.e) polietileno.

Resolução:

Dos compostos listados na questão, o único que obedece as quatro afirmativas é o ácido cis-butenodioico, por ser um composto molecular e que sofre ionização.

Alternativa D

,

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28/11/2010

5

31. Considere 4 frascos, cada um contendo diferentessubstâncias, a saber:

Frasco 1: 100 mL de H2O(l) Frasco 2: 100 mL de solução aquosa de ácido acético de

concentração 0,5 mol/L Frasco 3: 100 mL de solução aquosa de KOH de

concentração 1,0 mol/L

Frasco 4: 100 mL de solução aquosa de HNO3 deconcentração 1,2 mol/L

A cada um desses frascos, adicionaram-se, em experimentos distintos, 100 mL de uma solução aquosa de HCl deconcentração 1,0 moI/L. Medindo-se o pH do líquido contido em cada frasco, antes e depois da adição de HCl(aq), pôde-se observar aumento do valor do pH somente

a) nas soluções dos frascos 1, 2 e 4. b) nas soluções dos frascos 1 e 3. c) nas soluções dos frascos 2 e 4. d) na solução do frasco 3. e) na solução do frasco 4.

Resolução:

O ácido adicionado nos quatro frascos (ácido clorídrico) possui

concentração molar 1 mol/L e volume 0,1L.

No frasco 1, existe somente água, e a adição de HCl fará o pHdiminuir.

No frasco 2, existe um ácido de concentração menor e mais

fraco (menos ionizado) do que o ácido clorídrico. Portanto, a

adição de HCl provocará aumento na concentração de H+ e,consequentemente, diminuição do pH.

No frasco 3, existe uma base forte que será totalmente

neutralizada pelo ácido clorídrico adicionado. Inicialmente, o pH estava básico e, com adição do ácido, ocorreu diminuição do pH, até atingir o valor 7.

No frasco 4, existe um ácido forte e mais concentrado do que oácido clorídrico adicionado. Aplicando-se a fórmula da mistura de soluções de solutos diferentes e que não reagem entre si, tem-se:

M1V1 + M2V2 = M3V3

0,1 x 1,0 + 1,2 x 0,1 = M3 . 0,2

M3 = 0

0,

22

= 1,1 mol/L (< 1,2 mol/L)

Portanto, houve diminuição da concentração de H+ em relação à inicial.

Logo, no frasco 4, houve aumento de pH.Alternativa E

32 A figura abaixo traz um modelo da estrutura microscópica de determinada substância no estado sólido, estendendo-se pelas três dimensões do espaço. Nesse modelo, cada esfera representa um átomo e cada bastão, uma ligação química entre dois átomos.

A substância representada por esse modelo tridimensional pode ser

a) sílica, (SiO2)n.b) diamante, C.c) cloreto de sódio, NaCl.

d) zinco metálico, Zn.e) celulose, (C6H10O5)n.

Resolução:

A estrutura indica um átomo que faz quatro ligações com átomos de outro elemento. O outro elemento faz duas ligações. A substância representada pode ser a sílica: (SiO2)n.

Alternativa A

1 x 10−4[I2(aq)]4 1 x 10−3

Q= [I2(CCl

)]

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33. Em um funil de separação, encontram-se, em contato, volumes iguais de duas soluções: uma solução aquosa de I2, de concentração 0,1 x 10–3 mol/L, e uma solução de I2

em CCl 4, de concentração 1,0 x 10–3 moI/L.

Considere que o valor da constante Kc do equilíbrio

I2(aq) I2 (CCl 4)

é igual a 100, à temperatura do experimento, para concentrações expressas em moI/L.

Assim sendo, o que é correto afirmar a respeito do sistema descrito?

a) Se o sistema for agitado, o I2 será extraído do CCl 4pela água, até que a concentração de I2 em CCl 4 seiguale a zero.

b) Se o sistema for agitado, o I2 será extraído da água peloCCl 4, até que a concentração de I2 em água se igualea zero.

c) Mesmo se o sistema não for agitado, a concentração de I2 no CCl 4 tenderá a aumentar e a de I2, na água,tenderá a diminuir, até que se atinja um estado deequilíbrio.

d) Mesmo se o sistema não for agitado, a concentração de I2 na água tenderá a aumentar e a de I2, no CCl 4,tenderá a diminuir, até que se atinja um estado deequilíbrio.

e) Quer o sistema seja agitado ou não, ele já se encontraem equilíbrio e não haverá mudança nas concentrações de I2 nas duas fases.

Resolução:

O Quociente de Equilíbrio do processo possui um valor diferenteda constante de equilíbrio.

= = 10

Conclui-se, então, que o sistema ainda não atingiu o equilíbrio,

mas está caminhando para atingir. Com o passar do tempo, ocorrerá diminuição na concentração do I2 em água e aumentona concentração de I2 em CCl 4, até atingir-se o equilíbrio.

A agitação do sistema permitiria que o equilíbrio fosse atingido mais rapidamente, porém a concentração do I2 na água nuncaseria zero (equilíbrio químico). Sendo assim, a alternativa C é acorreta.

Alternativa C

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34. Ao abastecer um automóvel com gasolina, é possível sentiro odor do combustível a certa distância da bomba. Isso significa que, no ar, existem moléculas dos componentes da gasolina, que são percebidas pelo olfato. Mesmo havendo, no ar, moléculas de combustível e de oxigênio, não há combustão nesse caso. Três explicações diferentes foram propostas para isso:

I. As moléculas dos componentes da gasolina e as do oxigênio estão em equilíbrio químico e, por isso, nãoreagem.

II. À temperatura ambiente, as moléculas dos componentes da gasolina e as do oxigênio não têm energia suficiente para iniciar a combustão.

III. As moléculas dos componentes da gasolina e as do oxigênio encontram-se tão separadas que não há colisão entre elas.

Dentre as explicações, está correto apenas o que se propõe em

a) I. b) II. c) III. d) I e II. e) II e III.

Resolução:

I. Incorreto — as moléculas da gasolina e as do oxigênio nãoestão em equilíbrio, porque não ocorreu reação.

II. Correto — não ocorreu reação por não haver energia suficiente (necessidade de energia de ativação).

III. Incorreto — ocorrem colisões entre as moléculas de gasolina e oxigênio, mas não resultam em uma reação por não haver energia suficiente.

Alternativa B


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35. O isótopo 14 do carbono emite radiação β, sendo que1 g de carbono de um vegetal vivo apresenta cerca de 900decaimentos β por hora — valor que permanece constante, pois as plantas absorvem continuamente novos átomos de14C da atmosfera enquanto estão vivas. Uma ferramentade madeira, recolhida num sítio arqueológico, apresentava 225 decaimentos β por hora por grama de carbono. Assim sendo, essa ferramenta deve datar, aproximadamente, de

a) 19 100 a.C.b) 17 100 a.C.c) 9 400 a.C.d) 7 400 a.C.e) 3 700 a.C.

Dado: tempo de meia-vida do 14C = 5 700 anos

Resolução:

De 900 decaimentos β por hora para 225 decaimentos β por hora passaram-se 2 períodos de meia-vida, o que equivale a 11400 anos.Comoestamosnoanode2010,issoteriaocorridoaproximadamente,no ano 9400 a.C.

Alternativa C

36. As naves espaciais utilizam pilhas de combustível, alimentadas por oxigênio e hidrogênio, as quais, além de fornecerem a energia necessária para a operação das naves, produzem água, utilizada pelos tripulantes.

Essas pilhas usam, como eletrólito, o KOH(aq), de modo que todas as reações ocorrem em meio alcalino. A troca de elétrons se dá na superfície de um material poroso. Umesquema dessas pilhas, com o material poroso representado na cor cinza, é apresentado a seguir.

Escrevendo as equações das semirreações que ocorrem nessas pilhas de combustível, verifica-se que, nesse esquema, as setas com as letras a e b indicam, respectivamente, osentido de movimento dos

a) íons OH– e dos elétrons.b) elétrons e dos íons OH–.

c) íons K+ e dos elétrons. d) elétrons e dos íons K+.

e) elétrons e dos íons H+.

Resolução:

Analisando-se o esquema, verifica-se que se pode escrever as

seguintes semirreações:

Ânodo: 2 H2 → 4 H+ + 4 e

–

(–)

Cátodo: O2 + 4 e– + 2 H

+ → 2 OH–

(+)

Reação: 2 H2 + O2 → 2 H2O

Global

A letra a representa os elétrons formados no ânodo e que migram

para o cátodo.

A letra b representa os íons hidróxidos (OH–), que migram do

cátodo para o ânodo, com a finalidade de manter o equilíbrio iônico.

Alternativa B

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37. Os confeitos de chocolate de determinada marca são apresentados em seis cores. Com eles, foi feito o seguinteexperimento, destinado a separar os corantes utilizados em sua fabricação: Confeitos de cada uma das seis diferentes cores foram umedecidos com água e pressionados contrauma folha de papel especial, de modo a deixar amostras dos corantes em pontos igualmente espaçados, sempre a 2 cm da base da folha. A seguir, a folha foi colocada em um recipiente com água, de forma a mergulhar somente a base da folha de papel na água, sem que o líquido tocasse os pontos coloridos. Após algum tempo, quando a águahavia atingido o topo da folha, observou-se a formação de manchas de diferentes cores, aqui simbolizadas por diferentes formas e tamanhos:

Os confeitos em cuja fabricação é empregado um corante amarelo são os de cor

a) vermelha, amarela e marrom.b) amarela, verde e laranja.

c) verde, azul e marrom. d) vermelha, amarela e verde. e) vermelha, laranja e marrom.

Resolução:

A posição das manchas formadas na folha depende dos

componentes de cada confeito. O corante amarelo, como é possível verificar pela figura, forma

uma única mancha característica. Essa mesma mancha aparece nos confeitos verde e vermelho.

Alternativa D

38. Para identificar quatro soluções aquosas, A, B, C e D, que podem ser soluções de hidróxido de sódio, sulfato de potássio, ácido sulfúrico e cloreto de bário, não necessariamente nessaordem, foram efetuados três ensaios, descritos a seguir, comas respectivas observações.

I. A adição de algumas gotas de fenolftaleína a amostras de cada solução fez com que apenas a amostra de B se tornasse rosada.

II. A solução rosada, obtida no ensaio I, tornou-se incolor pela adição de amostra de A.

III. Amostras de A e C produziram precipitados brancos quando misturadas, em separado, com amostras de D.

Com base nessas observações e sabendo que sulfatos de metais alcalino-terrosos são pouco solúveis em água, pode-se concluir que A, B, C e D são, respectivamente, soluções aquosas de

a) H2SO4, NaOH, BaCl 2 e K2SO4.

b) BaCl 2, NaOH, K2SO4 e H2SO4.

c) NaOH, H2SO4, K2SO4 e BaCl 2.

d) K2SO4, H2SO4, BaCl 2 e NaOH.

e) H2SO4, NaOH, K2SO4 e BaCl 2.

Resolução:

● Pela observação I, conclui-se que a amostra B é a solução de NaOH,porseraúnicacompHbásico(corrosaemfenolftaleína).

● Pela observação II, verifica-se que a amostra A é a solução de H2SO4, por ser a única que neutraliza a solução de NaOH.

● Pela observação III, constata-se que a amostra D é a solução de BaCl 2, pois, dentre as duas amostras restantes, é a únicaque precipita com o H2SO4.

Alternativa E

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39. Em 2009, o mundo enfrentou uma epidemia, causada pelovírus A(H1N1), que ficou conhecida como gripe suína. A descoberta do mecanismo de ação desse vírus permitiu o desenvolvimento de dois medicamentos para combater ainfecção, por ele causada, e que continuam necessários, apesar de já existir e estar sendo aplicada a vacina contraesse vírus. As fórmulas estruturais dos princípios ativosdesses medicamentos são:

Examinando-se as fórmulas desses compostos, verifica-se que dois dos grupos funcionais que estão presentes nooseltamivir estão presentes também no zanamivir. Esses grupos são característicos de

a) amidas e éteres.b) ésteres e álcoois.c) ácidos carboxílicos e éteres.d) ésteres e ácidos carboxílicos.e) amidas e álcoois.

Resolução:

Funções presentes no oseltamivir:

Éter Éster

AmidaAmina

Funções presentes no zanamivir:

Álcool Éter

Ácido carboxílicoAminaAmida

Funções em comum: amina, amida e éter.

Alternativa A

40. A figura abaixo representa uma célula diploide e as células resultantes de sua divisão.

Nesse processo,

a) houve um único período de síntese de DNA, seguido de uma única divisão celular.

b) houve um único período de síntese de DNA, seguido de duas divisões celulares.

c) houve dois períodos de síntese de DNA, seguidos de duas divisões celulares.

d) não pode ter ocorrido permutação cromossômica. e) a quantidade de DNA das células filhas permaneceu

igual à da célula mãe.

Resolução:

O esquema da questão representa, de forma simplificada, o ciclo meiótico de uma célula 2n = 2.

Durante a meiose, há na interfase (fase S) síntese de DNA, que resulta na duplicação dos cromossomos, os quais passam a apresentar duas “cromátides-irmãs”.

Essa etapa precede o início da meiose I e, na passagem da primeira divisão para a meiose II, não ocorre síntese de material genético, havendo formação de quatro células haploides (n = 1).

Alternativa B

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41. Os resultados de uma pesquisa realizada na USP revelam que a araucária, o pinheiro brasileiro, produz substâncias antioxidantes e fotoprotetoras. Uma das autoras do estudoconsidera que, possivelmente, essa característica estejarelacionada ao ambiente com intensa radiação UV em que a espécie surgiu há cerca de 200 milhões de anos. Com base na Teoria Sintética da Evolução, é correto afirmar que

a) essas substâncias surgiram para evitar que as plantas sofressem a ação danosa da radiação UV.

b) a radiação UV provocou mutações nas folhas da araucária, que passaram a produzir tais substâncias.

c) a radiação UV atuou como fator de seleção, de maneira que plantas sem tais substâncias eram mais suscetíveis à morte.

d) a exposição constante à radiação UV induziu os indivíduos de araucária a produzirem substâncias de defesa contra tal radiação.

e) a araucária é um exemplo típico da finalidade da evolução, que é a produção de indivíduos mais fortes e adaptados a qualquer ambiente.

Resolução:

Em um ambiente exposto à forte radiação solar, como o citado, árvores de araucárias que apresentavam substâncias antioxidantes e fotoprotetoras foram selecionadas em detrimentodaquelas que não as possuíam. Esse fato está de acordo com aTeoria Sintética da Evolução.

Alternativa C

42. Na evolução dos vegetais, o grão de pólen surgiu em plantas que correspondem, atualmente, ao grupo dos pinheiros. Isso significa que o grão de pólen surgiu antes

a) dos frutos e depois das flores. b) das flores e depois dos frutos. c) das sementes e depois das flores.

d) das sementes e antes dos frutos. e) das flores e antes dos frutos.

Resolução:

Os pinheiros são representantes do grupo das gimnospermas, nas quais se inicia a fecundação de forma independente da água, devido à presença do grão de pólen e, consequentemente, do tubo polínico. Na escala evolutiva, é sabido que as gimnospermas surgiramantes das angiospermas, vegetais possuidores de flores e frutos, estruturas ausentes nos pinheiros. Estes apresentam estróbilos e sementes nuas.

Alternativa E

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43. Considere os filos de animais viventes e as seguintes características relacionadas à conquista do ambiente terrestre:

I. Transporte de gases feito exclusivamente pelo sistema respiratório, independente do sistema circulatório.

II. Respiração cutânea e pulmonar no mesmo indivíduo. III. Ovos com casca calcárea resistente e porosa.

A sequência que reproduz corretamente a ordem evolutiva de surgimento de tais características é:

a) I, II e III. b) II, I e III. c) II, III e I. d) III, I e II. e) III, II e I.

Resolução:

I. Descreve o sistema traqueal característico dos artrópodes. II. Respiração cutânea e pulmonar num mesmo indivíduo é

característica marcante de animais do Filo Cordados, da Classe dos Anfíbios.

III. Ovos com casca calcária, resistente e porosa, surgem na Classe Répteis do Filo Cordados.

Assim, a sequência numérica que reproduz a sequência evolutiva do surgimento dessas características é I, II, III.

Alternativa A

Esse gráfico mostra que,

a) desde 1910 até 1940, a taxa de natalidade superou a demortalidade em todos os anos.

b) a partir de 1938, a queda do número de indivíduos foidevida à emigração.

c) no período de 1920 a 1930, o número de nascimentosmais o de imigrantes foi equivalente ao número demortes mais o de emigrantes.

d) no período de 1935 a 1940, o número de nascimentosmais o de imigrantes superou o número de mortes maiso de emigrantes.

e) no período de 1910 a 1950, o número de nascimentosmais o de imigrantes superou o número de mortes maiso de emigrantes.

Resolução:

1200

44. Em 1910, cerca de 50 indivíduos de uma espécie demamíferos foram introduzidos numa determinada região. O gráfico abaixo mostra quantos indivíduos dessa população foram registrados a cada ano, desde 1910 até 1950.

1935

1938

Observando atentamente o gráfico, nota-se que em 1935 havia 1000 indivíduos. Já em 1940 o número de indivíduos era de 1200.Assim, nesse período, embora a curva mostre que de 1938 a 1940houve declínio do número de indivíduos, se considerarmos apenas a diferença entre o início e o final do período mencionado, houve crescimento de 200 indivíduos.

Alternativa D

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