IME – 2013/2014 - .IME – 2013/2014 PROVAS OBJETIVAS – 1º DIA Matemática ..... 5

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  • IME 2013/2014

    PROVAS OBJETIVAS 1 DIA

    Matemtica ......................................................................................................... 5

    Fsica ................................................................................................................. 21

    Qumica ........................................................................................................... 44

    PROVA DISCURSIVA 2 DIA

    Matemtica ....................................................................................................... 57

    PROVA DISCURSIVA 3 DIA

    Fsica ................................................................................................................ 69

    PROVA DISCURSIVA 4 DIA

    Qumica ............................................................................................................ 93

    PROVA MISTA 5 DIA

    Portugus ........................................................................................................ 107

    Ingls ............................................................................................................... 118

    Proposta de Redao .................................................................................... 132

  • OSG.: 076810/135

    MATEMTICA

    POTENCIAO

    222 16 7 2 9 21) 2 8! 2 2 3 5 7 2 3 5 7< < <

    2 2 3 35 < 3 6 2

    22

    22 3

    22

    2 9 16 18

    2 3 16 27

    2 13 3 16 13 3 3 3

    2) 2 9 2 3

    3) 2 3 2 3

    4) 2 2 5 2 2 5 2 5

    < f(d) > f(b) > f(c).

    Resposta correta: (D)

    BINMIO DE NEWTON COM EXPONENCIAL

    De acordo com o enunciado, temos:

    2 2log

    ( )

    x 1

    7

    9 7 x 1

    x 1

    2

    1 19 7

    1log 3 1

    25

    +

    + = + + +

    2log ( ) ( )1

    x 1 5

    7 7

    x 1

    1

    x 13 1 5

    19 7

    3 1

    2

    +

    = + + +

    Usando a ordem padro da frmula do termo geral:

    n p p

    p 1

    2 5

    5 1

    nT x a

    p

    7T x a 84

    5

    +

    +

    =

    = =

  • OSG.: 076810/1315

    73

    6

    2( ) ( )

    5

    2x 1

    1x 1 5

    19 7 84

    1 3 1

    + = +

    ( )2x 1x 1

    3 74

    3 1

    +=

    +

    Utilizando artifcio: x 13 y = Temos:

    2y 7

    4y 1

    +=

    +

    Logo:

    12

    2

    y 1y 4y 3 0

    y 3

    = + = =

    Com isso: x 1

    x 1 0

    1

    3 1

    3 3

    x 1

    =

    =

    =

    ;

    x 1 1

    2

    3 3

    x 1 1

    x 2

    =

    =

    =

    Portanto:

    1 2x x 3+ =

    Resposta correta: (C)

  • OSG.: 076810/1316

    NMEROS COMPLEXOS

    10

    10

    10

    1624 24

    2

    PQ

    O

    A 26

    1

    2

    1

    2

    22

    Seja O a origem do plano e P e Q os pontos de tangncia com o crculo centrado no

    ponto (0,26) e raio 10. Pelo teorema do bico OP OQ.= Pela potncia do ponto O:

    2

    OP 16 (16 20) OP 4 6 OP 24 OQ= + = = =

    O ngulo no vrtice O do tringulo APO vale 1 2

    .2

    Assim:

    1 2 1 2 1 2 1

    1 2 11 2

    10 5 5 5sen tg tg

    2 26 13 2 12 2 12

    24 12 5cos 2 tg

    2 26 13 12

    = = = =

    = = =

    Resposta correta: (D)

  • OSG.: 076810/1317

    PROGRESSO ARITMTICA

    Sejam (a r), a, (a + r) os 3 termos consecutivos da P.A., com r > 0, Assim:

    ( ) ( ) ( )

    ( ) ( )1 1

    2 22 2 2

    2 2

    a r a a r S 3a S i

    a r a a r S 3a 2r S (ii)

    + + + = =

    + + + = + =

    Pelas relaes de Girard:

    ( )

    ( )

    1

    2

    a a r S (iii)

    1a a r S (iv)

    2

    + + =

    + =

    De (i) e (iii) 3a = 2a + r a r= . Substituindo em (ii) e (iv):

    2

    22 2 2 2

    2

    5r S1 1 1

    2r 5r 3r r .12 2 6r 2r S

    2

    =

    = = = =

    Como r > 0

    1 6

    r r66

    = =

    Resposta correta: (B)

  • OSG.: 076810/1318

    TRIGONOMETRIA COM LOGARITMO

    Soluo:

    2y 9y 8 0

    + =

    y1 = 1

    y2 = 8

    Logo:

    ( )2

    22 4 6 e2

    sen x log

    sen x sen x sen x ... n2 1 sen xe e

    + + + =

    l

    Com isso: 2tg x

    22 2 2ee logtg x log tg xe e 2= =

    Ento:

    ( )

    2 2tg x tg x

    2

    2 1 ; 2 8

    tgx 0 ; tg x 3 tgx 3

    No satisfaz

    Mas :

    tgx 3 x 60

    = =

    = = =

    = =

  • OSG.: 076810/1319

    Portanto:

    1cos x 1 3 1 3 12

    senx cosx 23 1 3 1 3 1

    2 2

    = = =

    + + +

    Resposta correta: (A)

    TRIGONOMETRIA COM LOGARITMO

    De acordo com o enunciado, temos:

    x xg cos log cos (log x log y)

    y y

    g(x y) cos (log x y) cos (log x log y)

    = =

    = = +

    Logo:

    xg g(x y) cos (log x log y) cos (log x log y)

    y

    = +

    Com isso:

    xg g(x y) 2 sen (log x) sen (log y)

    y

    =

    Ento:

    1 xg g(x y) f (x) f (y)

    2 y

    =

  • OSG.: 076810/1320

    Portanto:

    1 xf (x) f (y) g g(x y) 0

    2 y

    =

    Resposta correta: (E)

    ANLISE COMBINATRIA

    Os seguintes fatos ocorrem:

    1) Temos (n + 2) maneiras de escolhermos o pai para a 1 equipe;

    2) Temos 3

    2

    maneiras de escolhermos o par de cada uma das n primeiras famlias

    e 2

    2

    maneiras para as outras duas famlias, totalizando 3

    n 22

    + maneiras de

    escolhermos a 2 equipe;

    3) Temos 2 opes de cor para as equipes.

    Portanto, o total de possibilidades : ( ) [ ]n 2 3n 2 2+ +

    Assim: ( ) ( ) 22 n 2 3n 2 2014 3n 2n 6n 4 1007 + + = + + + =

  • OSG.: 076810/1321

    2 23n 8n 1003 0 8 4 3 1003 12100 + = = + =

    8 12100 8 11 10 102

    n n 176 6 6

    + + = = = =

    Resposta correta: (A) FSICA

    CONSERVAO DE ENERGIA

    m mvur

    vur

    A energia inicial puramente cintica:

    2

    0

    1E 2 mv .

    2=

    Se toda a energia convertida em energia trmica, temos:

    21

    m2 2v 2= m c

    v 2 c 2 2

    = =

    Resposta correta: (C)

  • OSG.: 076810/1322

  • OSG.: 076810/1323

    PTICA

    Adotemos como um ngulo qualquer em relao perpendicular com o espelho.

    ( )

    ( ) ( )

    ( ) ( )( )

    22

    y E x

    2 2

    2 2 2 2 2 2 2

    2 2 2

    2

    v v 2v v

    v v sen 2 d cos v cos

    v v sen 4 d cos 4 d cos vcos v cos

    v v sen cos 4 d cos d cos v cos

    v v 4 d cos d cos v cos

    = + +

    = + +

    = + + +

    = + + +

    = + +

    v ser mximo para = 0 e = 0.

  • OSG.: 076810/1324

    ( )2mx2 2 2

    mx

    mx

    v v 4 d d v

    v v 4 d 4 dv

    v v 2 d

    = + +

    = + +

    = +

    v ser mnimo para = 0 e = 180 2

    mx

    2 2 2

    v v 4 d( d v)

    v 4 d 4 dv

    v 2 d

    = +

    = +

    =

    Resposta correta: (D)

  • OSG.: 076810/1325

    ENERGIA POTENCIAL ELTRICA

    Energia 1

    Energia mecnicatotal

    U(x)

    xx

    22dd

    22dd

    rr KQ2 KQ2

    Para a carga entrar em oscilao, a energia deveria ser baixa, (energia E1 por

    exemplo). Como a energia total maior que a potencial para qualquer x, no existe ponto de retorno. O item correto deve ser o e, dizendo que a carga seguir

    indefinidamente.

    Resposta correta: (E)

  • OSG.: 076810/1326

    ONDAS

    1,0 m

    Barco20 m

    P

    M

    d

    Chamamos de:

    (i) tp: Tempo que a onda viaja at o ponto P.

    (ii) tM(ar): Tempo que a onda viaja para o ponto M (no ar).

    (iii) tM(gua): Tempo que a onda viaja para o ponto M (na gua).

  • OSG.: 076810/1327

    Assim: tp = tM(ar) + tM(gua)

    ar ar gua

    20 1 d

    V V V= + gua

    ar

    Vd 19

    V=

    ar

    gua

    M 19d 19 95 m

    M 0,02= = =

    O problema induz o candidato a considerar que a velocidade na gua anloga

    velocidade no ar. Assim, com os dados fornecidos, o aluno levado a usar que

    gua ar

    ar gua

    v M.

    v M=

    De fato, isto no correto.

    Resposta correta: (E)

  • OSG.: 076810/1328

    ESTTICA CORPO EXTENSO

    Viga:

    P1

    FA

    FB

    P2 P.R

    x

    d1 (3 m)

    dA (4 m)

    123

    123

    123

    ( )

    A B 1 2

    2

    2

    1 2 A

    1 1 2 A A

    F 0 F F P P

    25 35 20 P

    P 60 20 40 kN

    0 Apoio B

    0

    P d P x F d 0

    20 3 40 x 25 4 0

    40x 100 60

    40x 40

    x 1 m

    = + = +

    + = +

    = =

    =

    + + =

    + =

    + =

    =

    =

    =

    Resposta correta: (B)

  • OSG.: 076810/1329

    DINMICA

    Para que haja equilbrio estvel, dever haver, aps o ponto de altura h do plano inclinado, alguma concavidade:

    h

    C

    B

    A

    Assim, para ultrapassar o ponto B: Bv 0>

  • OSG.: 076810/1330

    Admitindo a conservao da energia mecnica:

    2 2

    BB A

    mv mvEm Em mgh

    2 2= + =

    22

    B

    mvv mgh

    2=

    Finalmente: 2

    2 2B

    mvv 0 mgh v 2gh

    2> > >

    Resposta correta: (B)

  • OSG.: 076810/1331

    CIRCUITOS

    Anlise do