SOLUÇÃO PRATIQUE EM CASA - equacaocerta.com.br · varia segundo uma função afim com taxa de variação igual ... Como a reta passa pelos pontos ... a lei de formação linear

1 CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS - ENEM

D

SOLUÇÃO PC1.

[B] As taxas de desvalorização anual dos veículos I, II, III e IV foram, respectivamente, iguais a

25 7510,

5 0

10 6012,5,

4 0

14 506

6

e

16 365.

4

Portanto, segue que o veículo que mais desvalorizou por ano foi o II. SOLUÇÃO PC2.

[D] Desde que a parábola apresenta concavidade para baixo e intersecta o eixo das abscissas em dois pontos

distintos, temos a 0 e 2b 4ac 0.

SOLUÇÃO PC3.

[D]

Sendo a temperatura máxima, máxT , igual a 2

máx(4,8)

T 28,8 C4 ( 0,2)

e U 35, vem

A35 27 28,8

I 1,57.20 10

Desse modo, no horário da temperatura máxima, a condição de ocorrência de incêndio era provável, já que

1 1,57 2.

SOLUÇÃO PC4.

[E] Primeiramente deve-se obter as dimensões do cercado através das raízes da equação

2x 45x 500 0 :

2 2b b 4 a c 45 45 4 1 500x

2 a 2 1

45 2025 2000 45 5x

2 2

25x

20

Sabendo as dimensões do cercado, basta obter o perímetro (2p) do retângulo de dimensões 20 25, logo:

SOLUÇÃO PRATIQUE EM CASA


(2p) 20 25 20 25

(2p) 90 m

Como Pedro irá utilizar cinco voltas de arame, basta multiplicar o perímetro por cinco para se obter a quantidade

de arame: 90 5 450 m.

SOLUÇÃO PC5.

[A] O gráfico do peso em função da altura para um dado IMC será uma parábola (função do segundo grau) com vértice na origem e concavidade voltada para cima (eliminando-se assim as alternativas [D] e [E]). Além disso, pode-se escrever:

2

pI

h e normal18,5 I 24,9

Logo:

2normal normal

normal

I h p

18,5 I 24,9

Mas 1,5 h 1,9

Note que os pontos referentes a 1,90 m de altura não estão incluídos no intervalo especificado.

Calculando:

Para h 1,5 :

2 2 2 2 2normal18,5 h I h 24,9 h 18,5 1,5 p 24,9 1,5 41,625 p 56,025

Para h 1,9 :

2 218,5 1,9 p 24,9 1,9 66,785 p 89,889

Assim, o gráfico que apresenta todos estes pontos é o indicado na alternativa [A]. SOLUÇÃO PC6.

[A] De acordo com as informações, temos:

2 2

2

L(x) 2000x x (x 500x 100)

2x 2500x 100.

Por conseguinte, o lucro é máximo quando 2500

x 625.2 ( 2)

‘


SOLUÇÃO PC7.

[C]

Sabendo que o vértice da parábola corresponde ao ponto (5, 8.000), temos

2F(t) a(t 5) 8.000.

Ademais, como F(0) 6.000, vem

2 2.000a(0 5) 8.000 6.000 a 80.

25

Portanto, dado que o preço P varia segundo uma função afim com taxa de variação igual a 10, segue que

2

P(t) n(t)

F(t) 80(t 5) 8.000

(10t 50) (120 8t).

A resposta é 8.

SOLUÇÃO PC8.

[C]

Considerando como x ' a porção de madeira chamuscada e y o tempo em segundos, pode-se escrever:

y ax' onde 2 1

2 1

y y 15 3a a 6 y 6x

x x 2,5 0,5

Logo, para queimar totalmente o palito de fósforo:

x ' 10,5 cm

y 6 10,5 y 63 segundos 1min e 3 segundos

SOLUÇÃO PC9.

[C] Pode-se redesenhar a parábola formada pela montanha russa no plano cartesiano com as coordenadas:

Sabendo que uma parábola é a representação gráfica de uma função do segundo grau e sabendo que o eixo das coordenadas é o eixo de simetria da parábola, logo:


2f(x) ax bx c

mas b 0, logo:

2f(x) ax c

Ainda, sabendo que V(0,30) e M1(450,280), pode-se escrever:

2

2

f(0) 30

f(0) a 0 c 30 c 30

f(450) 280

250 1f(450) a 450 30 280 a a

202500 810

Logo, a função da parábola será:

21f(x) x 30

810

E a distância entre o centro da roda dianteira do carrinho 1 e o centro da roda traseira do carrinho 3 quando

esses centros estiverem a 70 metros do solo é igual a 2x, quando f(x) 70, ou seja:

2 21f(x) 70 x 30 x 32400 x 180

810

Como trata-se de distância, pode-se descartar a raiz negativa da equação e a distância entre as rodas dos

carrinhos 1 e 3 será igual a 2x 2 18 360 m.

SOLUÇÃO PC10.

[C]

2

2

2

2

2 2

2 2

2

2

2 1

t 20t 198f(t) 100

t 1

100 (t 20t 198)50

t 1

2.(t 20 t 198) t 1

2 t 40 t 396 t 1 0

t 40t 395 0

( 40) 4 395 20

( 40) 20 40 2 5t 20 5

2 1 2

Portanto, t t 20 5 (20 5) 2 5

Δ

‘


SOLUÇÃO PC11.

[D]

2

vértice

200400 clientes

0,5

Receita R nº clientes 0,5 preço do quilo

preço do quilo 40 n

nº clientes 400 8n

R 400 8n 0,5 40 n R 4n 40n 8000

40n 5 preço do quilo 40 n 45

2 ( 4)

SOLUÇÃO PC12.

[C]

O volume que resta na primeira vela após t horas é dado por 2 tr H 1 ,

4

π enquanto que o volume que resta

na segunda é 2 tR H 1 .

6

π

Suponha que a altura da segunda vela após t horas seja 2h H. Logo, temos

2 2 t tR 2h R H 1 2h H 1 .

6 6

π π

Por outro lado, na primeira vela, após t horas, teríamos

2 2 t tr h r H 1 h H 1 .

4 4

π π

Em consequência, segue que

t t t t2 H 1 H 1 1

4 6 2 6

t 3.

SOLUÇÃO PC13.

[A] Calculando os vértices da parábola:

v v

2v v

2 3x x 3

32

3

3y 3 2 3 3 y 3 3

3

Assim, a bolinha descreve uma parábola simétrica de altura igual a 3 3 unidades e largura (“base”) igual a 6

unidades. Pode-se inscrever nessa parábola um triângulo isósceles de mesmas medidas. Este triângulo pode ser

dividido exatamente ao meio, passando pelo vértice da parábola, em dois triângulos retângulos de catetos 3 3

e 3. Assim, o ângulo de incidência (ângulo entre a trajetória e o eixo da parábola) será:

3 1tg 30

3 3 3α α


SOLUÇÃO PC14.

[D]

2x pv(x) x p 1 xp x

100 100

Pode-se observar que v(x) é uma função do segundo grau onde o x do vértice é x 50. O gráfico de uma

função de do segundo grau é uma parábola, neste caso simétrica em relação à reta x 50, portanto,

f(41) f(59).

Logo, ele poderá comprar 59 – 41 = 18 bolas. SOLUÇÃO PC15.

[A]

Sendo hoje um dia do mês de novembro de 2012 (t 0), e sabendo que a variação do percentual com o tempo

é linear, considere a função p(t) at b, com p(t) sendo o percentual de peças fabricadas no Brasil daqui a t

anos. A taxa de variação da função p é dada por

85 60 5a .

10 0 2

Logo, 5

p(t) t 60.2

Os valores de t, para os quais o percentual de peças brasileiras na fabricação do produto é superior a 95%, são

tais que

5t 60 95 t 14.

2

Portanto, o percentual de peças produzidas no Brasil superará 95% a partir do ano de 2012 15 2027.

Observação: A prova na qual consta esta questão foi realizada em novembro de 2012. SOLUÇÃO PC16.

[C]

Seja a função 2f(n) an bn c, em que f(n) é o número total de pessoas atendidas quando são contratados

n funcionários a mais. De acordo com as informações, segue que

2f(n) (5 n) (30 2n) 2n 20n 150.

Assim, para que 192 pessoas sejam atendidas, devemos ter

2 2

2

2n 20n 150 192 n 10n 21 0

(n 5) 4

n 5 2

n 3 ou n 7.

Portanto, o menor número de funcionários que deverão trabalhar simultaneamente é dado por

n 5 3 5 8.

‘


SOLUÇÃO PC17.

[E]

Como a reta passa pelos pontos (1400, 745) e (2000,1315), segue que a sua taxa de variação é

1315 745 570a 0,95.

2000 1400 600

Por outro lado, o valor inicial é tal que

19745 1400 b b 745 1330 b 585.

20

Portanto, a lei de formação linear que descreve a relação entre o volume cardíaco e a massa do fígado de uma

pessoa treinada é y 0,95x 585.

SOLUÇÃO PC18.

[A] Observando o gráfico é possível notar que

O volume na terça parte do raio é menor que 20,25 ,π que é 1/3 do volume total.

Logo, o volume do líquido na taça é menor que 320,25 cm .π

SOLUÇÃO PC19.

[E] O custo para produzir n camisas é dado por:

C(n) 40n 96000.

Se o preço de venda unitário é R$ 80,00, então a receita obtida com a venda de n camisas é: R(n) 80n.

Para um lucro de R$ 60.000,00, temos:

L(n) R(n) C(n)

60000 80n (40n 96000) 40n 96000 60000 n 39000,

ou seja, deverão ser vendidas 39.000 camisas para que a empresa lucre R$ 60.000,00.

Agora devemos calcular quantas camisas a empresa deverá vender para lucrar R$120.000,00.

L(n') 120000 40n' 96000 120000 n' 54000.

Desse modo, para dobrar o lucro a empresa deverá vender em 2010

54000 39000100% 38,46%

39000

a mais do que vendeu em 2009 e, portanto, o valor mais próximo de x é 40.


SOLUÇÃO PC20.

[B] Admitindo t = 0 para 2000, t = 1 para 2001, t = 2 para 2002 e assim sucessivamente temos a seguinte tabela para o número de participantes n(t).

t n(t)

0 1500

5 1800

Da tabela temos b = 1500 e 1800 1500

a 605 0

Logo a função será n(t) = 1500 + 60.t Portanto n(10) = 1500 + 60.10 = 2100 SOLUÇÃO PC21.

[A] Determinando a massa m de Lucas:

2

m28 m 28 2,56 71,68kg.

1,6

Determinando agora a massa x que Lucas deverá emagrecer para ter um peso normal segundo a tabela.

2

71,68 x24,9 71,68 x 63,744 x 7,936 8kg.

1,6

SOLUÇÃO PC22.

[C] No gráfico 1, notamos que para o valor 7 teremos consumo igual a 15; No gráfico 2, notamos que para o consumo 15 termos um valor de 9; Logo, o valor será aumentado em 2. O que representa um aumento de aproximadamente 28,5% em relação ao 7. SOLUÇÃO PC23.

[D]

Após 2 horas, teremos: 2t 2t

0 03 N N e e 3

Após 6 horas, teremos:

3 36t 2t

0 0 0 0N(6) N e N e N 3 27 N

Portanto, a resposta correta será a alternativa [D], 27 vezes.

‘


SOLUÇÃO PC24.

[D] Aplicando os dados fornecidos temos:

8

pH log[H ]

pH log(2 10 )

Aplicando a propriedade de produto dentro do argumento dos logaritmos:

8pH (log(2) log(10 ))

Aplicando a propriedade dos expoentes:

pH (log(2) 8 log(10))

Sabendo que log2 0,3 e log10 1:

pH (log(2) 8 log(10))

pH (0,3 8 (1))

pH 7,7

SOLUÇÃO PC25.

[A] Calculando:

r t0

r t0

9 r 1 r9 2

9 r 1 9 r

2 9 r r

88 r r 8 r r

8

e

K P eP(t)

K P (e 1)

2 10 20 e 20 eP(1) 0,05 2 10 5 10

2 10 20 (e 1) 2 10 20e 20

5 10 (2 10 20e 20) 20 e

10 110 e 1 20e 10 1 19e e

19

10 1r log

19

SOLUÇÃO PC26.

[C]

0,45 t0

0,45 t00

1 0,45 t

1 0,45 te e

e

Q(t) Q e

QQ e

2

2 e

log 2 log e

1 log 2 0,45 t

0,69 0,45t

t 1,5333... horas 1hora e 32 minutos.


SOLUÇÃO PC27.

[A] Do enunciado,

t

100

t

100

t

100

t

100

40 36 10

4010

36

1010

9

10log10 log

9

tlog10 log10 log9

100

t1 1 0,95

100

t 100 0,05

t 5 horas

SOLUÇÃO PC28.

[E]

Seja a função t0p(t) p (1,02) , com p(t) sendo a população do país após t anos. Logo, como queremos

calcular t para o qual se tem 0p(t) 2 p , vem

t t0 02 p p (1,02) log(1,02) log2

t log(1,02) log2

log2t

log1,02

0,301t

0,0086

t 35.

SOLUÇÃO PC29.

[A]

Lembrando que ca alog b c log b, com 1 a 0 e b 0, temos

2t

2t

2t

1 QQ 15 10

10 15

Qlog10 log

15

Q2t log

15

1 Qt log

2 15

15t log .

Q

‘


SOLUÇÃO PC30.

[C]

A melhor opção é a [C], que apresenta o gráfico em formato exponencial decrescente pois 0,9 1.

SOLUÇÃO PC31.

[C] Questão anulada no gabarito oficial. Preliminarmente, devemos lembrar que meia vida é o tempo necessário para que a quantidade de uma substância se reduza à metade.

Seja kt0Q(t) Q e , com Q(t) sendo a quantidade presente após t horas. Logo, temos

k 12 k 00 0

12k

1 1Q(12) Q(0) Q e Q e

2 2

1e .

2

Queremos calcular 0Q , de tal modo que Q(36) 10 mg.

Portanto, segue que

k 36 12k 30 0

3

0

0

10 Q e 10 Q (e )

110 Q

2

Q 80 mg.


SOLUÇÃO PC32.

[A]

Para obter as alturas máximas e mínimas basta analisar o comportamento da função senoide A(t) e observar,

em seu gráfico, sua amplitude. Ou seja, basta analisar os parâmetros 1,8 que representa o valor do

deslocamento vertical (para cima) da função dentro do eixo y e o parâmetro 1,2 que representa um aumento na

amplitude da curva, ou seja, da altura da curva senoide.

Logo, sabendo que uma função y sen(x) possui como ponto de partida o valor zero no eixo x e eixo y, e,

sabendo que a curva A(t) se deslocará verticalmente para cima em 1,8 e terá altura (amplitude) de 1,2 , temos

que o ponto máximo da função será: 1,8 1,2 3,0 m.

E, seu ponto mínimo será: 1,8 1,2 0,6 m.

Desta maneira, as alturas máximas e mínimas serão, respectivamente, 3,0 m e 0,6 m.

SOLUÇÃO PC33.

[C]

Sabendo que o valor máximo de 8

cos t3

π

é 1, podemos concluir que o valor da pressão diastólica é

100 20 80mmHg.

Por outro lado, sendo 1 o valor mínimo de 8

cos t ,3

π

segue que o valor da pressão sistólica é

100 20 ( 1) 120mmHg.

SOLUÇÃO PC34.

[A] O número de quartos ocupados em junho é dado por:

Q 6 150 30cos 66

Q 6 150 30cos

Q 6 150 30 1

Q 6 120

π

π

‘


O número de quartos ocupados em março é dado por:

Q 3 150 30cos 36

Q 3 150 30cos2

Q 3 150 30 0

Q 3 150

π

π

A variação porcentual pedida é dada por:

Q 6 Q 3100%

Q 3

120 150100%

150

30100%

150

20%

SOLUÇÃO PC35.

[A] A medida de cada nível será:

830 8 103,75 m

Na figura, temos:

mhhh

tg 5193300300

º60

Dividindo 519 por 103,75, obtemos:

575,103519 575,103519

Portanto, o feixe de laser atingirá a coluna central do Burj Khalifa, aproximadamente, na marca 5N .


SOLUÇÃO PC36.

[C]

.10739.13

1)39(:2050

7.13

1,

713

1

013

78.:Re

bilhõesp

tpLogo

beabtapta

SOLUÇÃO PC37.

[D]

30034.05015007)4(

.05015007)(

05016

20015007

5007)(

P

xxP

k

kxxP

SOLUÇÃO PC38.

[C]

.4004,05045,030

40,05040,00500

50250,50:

45,03045,00300

30165,30:

xxx

xyaaxyB

xyaaxyA

SOLUÇÃO PC39.

[A]

.5090204201,0

.20)1,0.(2

4

2

2

v

v

y

a

bx

SOLUÇÃO PC40.

[A]

.5)2.(2

20

150202 2

diasx

xxy

v

SOLUÇÃO PC41.

[B]

71327

8

7

121

2 xexxx

‘


SOLUÇÃO PC42.

[E]

;2007:º8

;2006:º1

;82

)31()15(

.3115,

).4124).(15()(

4124:

15:Pr

21

deMarçoaumento

deAgostoaumento

x

xexAssim

xxxA

xVendidasUnidades

xeço

v

SOLUÇÃO PC43.

[B]

diast

t

t

t

2

64,0)8,0(

92,1)8,0.(3

08,18,0.33

SOLUÇÃO PC44.

[D]

.8

25,02

22

2..4

1

25,02

25,0

00

anost

t

PP

t

t

SOLUÇÃO PC45.

[D]

.1002.50

9log.50)27(log.50)7( 33

bilhões

P

Documents

SOLUÇÃO PRATIQUE EM CASA - equacaocerta.com.br · varia segundo uma função afim com taxa de variação igual ... Como a reta passa pelos pontos ... a lei de formação linear