GABARITO - SELETIVO Serie-Regular-25-P-8...Na realização do popularmente denominado anel de...

EM ● Regular - 2ª Série ● P-8 - RG-2 ● 2019

001002003004005006007007008009010011012013014014015016017018019020021021022023024025

BABECEDDCBCACADDDBDACACCBBAE

BiologiaBiologiaBiologiaBiologiaBiologiaBiologiaBiologiaBiologiaBiologiaBiologiaBiologiaFísicaFísicaFísicaFísicaFísicaFísicaFísicaFísicaFísicaFísicaFísicaQuímicaQuímicaQuímicaQuímicaQuímicaQuímica

026027028029030031032032033034035036037038039039040041042043044045046046047048049050

DECDCBBBEBADACDDBBCACBAAABEB

QuímicaQuímicaQuímicaQuímicaQuímicaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemáticaMatemática

Questão / Disciplina / Gabarito

GABARITO

– 1 –

RESOLUÇÕES E RESPOSTASBIOLOGIA

QUESTÃO 1: Resposta B

Os neurotransmissores são liberados pelos axônios de um neurônio e captados por receptores presentes na membrana do dendrito de outro. Após a liberação do neurotransmissor, os axônios realizam a recaptação dessa substância da fenda sináptica, o que ocorre quando ela entra em contato com receptores de suas membranas.

Semana: 19 Aula: 37Habilidade: 14 Setor: A

QUESTÃO 2: Resposta A

Os cones são células da retina especializadas em captar as cores.

Semana: 20Aula: 40Habilidade: 14Setor: A


O cerebelo é responsável pelo equilíbrio corporal e pela noção de espaço. Lesões nesse órgão podem prejudi-car essas funções.

Semana: 19 Aula: 38 Habilidade: 14 Setor: A

QUESTÃO 4: Resposta E

A hipófise libera o hormônio tireotrófico (ou estimulante da tireoide – TSH) que realiza um feedback positivo (estímulo) sobre a tireoide, que aumenta a produção de tiroxina e, assim, acelera o ritmo metabólico de todo o corpo. O excesso de tiroxina causa um feedback negativo (inibição) sobre a hipófise, diminuindo a produção de FSH e regularizando as quantidades dos hormônios.

Semana: 22 Aula: 43Habilidade: 14 Setor: A

QUESTÃO 5: Resposta C

O sistema nervoso autônomo simpático é estimulado pelos neurotransmissores adrenalina ou noradrenalina, que aceleram os movimentos respiratórios, o ritmo cardíaco e a pressão arterial, mas diminuem a salivação, os movimentos peristálticos e relaxam a bexiga urinária, entre outras ações.

Semana: 20Aula: 39Habilidade: 14 Setor: A

TIPO

RG-2P-8 – Ensino Médio Regular2a série

Prova Geral

SOMOS EDUCAÇÃO

– 2 –


Estômatos são as estruturas epidérmicas foliares relacionadas à ocorrência de trocas gasosas e liberação de vapor de água – transpiração – em um vegetal do grupo das angiospermas. A seiva rica em água e nutrientes minerais é denominada de seiva inorgânica ou lenhosa ou, também, seiva do xilema, e é conduzida no interior de vasos do tecido xilema, também conhecido como lenho.

Semana: 18 e 20Aula: 36 e 40Habilidade: 14 e 17Setor: B

QUESTÃO 7: Resposta D

Gutação é a liberação de gotas de água dotadas de sais minerais, pelos hidatódios, microscópicas aberturas existentes nas regiões laterais e pontiagudas de folhas de algumas espécies vegetais.

Semana: 19 e 20Aula: 38 e 40Habilidade: 14 e 17Setor: B


Na realização do popularmente denominado anel de Malpighi, ou córtico-liberiano, ocorre a retirada de um anel de casca do tronco de uma árvore, juntamente com o qual são também removidos os vasos condutores de floema associados ao anel cortical.

Semana: 21Aula: 41 e 42Habilidade: 14 e 17Setor: B


A concentração do AIA é maior no lado I. Nesse local, a auxina acelera o crescimento celular e provoca a curva-tura do caule em direção à luz.

Semana: 22Aula: 44Habilidade: 17Setor: B


A auxina é um fitormônio produzido no ápice do caule, no meristema apical, apresentando dominância no eixo central (dominância apical). As diferentes partes da planta respondem a diferentes concentrações de auxina. O crescimento de raízes, por exemplo, é estimulado por menores concentrações de auxina. Essas diferenças estão relacionadas a fatores como gravidade, luz e dominância apical. Quanto à alternativa E, que é incorreta, é preciso lembrar que a auxina estimula o alongamento da porção apical do caule, e não de toda região caulinar.

Semana: 22Aula: 44Habilidade: 14 Setor: B

FÍSICA


Inicialmente, deve-se lembrar que, no sentido das linhas de força, o potencial elétrico (V) é decrescente. Desse modo, considerando os pontos apresentados, tem-se:

VI > VII > VIII > VIV

Além disso, deve-se lembrar da expressão da energia potencial elétrica:

Epot 5 qV

Desse modo, como a carga possui sinal positivo, é possível concluir que:

Epot I > Epot II > Epot III > Epot IV > Epot V

Semana: 22Aula: 44Setor: A

– 3 –

PROVA GERAL — P-8TIPO RG-2 — 11/2019


De acordo com o enunciado, como o elétron está aumentando a velocidade com aceleração constante, pode-se concluir que a força elétrica é constante.Desse modo, o campo elétrico é uniforme. Além disso, como a carga é negativa, é possível concluir que o cam-po elétrico entre os pontos X e Y tem sentido da placa positiva (Y) para a placa negativa (X).



Como o carro é um ambiente fechado e constituído externamente de material metálico, ele atua como uma gaiola de Faraday. Desse modo, o campo elétrico em seu interior é nulo, protegendo as pessoas que estão dentro dele.



Inicialmente, pode-se representar os vetores campo elétrico em P, conforme a figura a seguir:

Desse modo, o campo elétrico resultante pode ser determinado por meio de Pitágoras:

ER2 5 (2E)2 1 (2E)2

∴ ER 5 2√2E



Como as gotas estão em repouso, a força resultante é igual à zero. Desse modo, a força elétrica e a força peso, em cada gota, possuem a mesma intensidade:

Fe 5 P ⇒ qE 5 mg ∴ E 5 mgq

(1)

De acordo com a equação para o campo elétrico uniforme, temos:

U 5 Ed (2)

Juntando as duas equações, é possível determinar a diferença de potencial U:

U 5 mgq

d ⇒ U 5 1,6 ? 10215 kg ? 10 m/s2 ? 1,8 ? 1022 m

4 ? 1,6 ? 10219 C

∴ U 5 450 V


Q1

1

1 2

2

P 2E

ER

E1 E3

E4

E2P

2E

Q2 Q4

Q3

SOMOS EDUCAÇÃO

– 4 –


Do gráfico, λ 5 4 m.Aplicando a equação fundamental da ondulatória:

v 5 λ ? f2 5 4 ? ff 5 0,5 Hz



A partir da lei de Taylor, temos:

v 5 √Tμ

5 √ Td ? π ? r2

v' 5 √ Td ? π ? (2r)2 5 √ T

4 ? d ? π ? r2 5 12

? √ Td ? π ? r2

∴ v' 5 v2



I. Correta. II. Incorreta: ondas ultrassonoras são ondas mecânicas. III. Incorreta: as ondas eletromagnéticas são transversais e podem ser polarizadas. IV. Correta. V. Incorreta: raios X têm frequências maiores que a luz visível.



Aplicando a equação fundamental da ondulatória:

v 5 λ ? f3 ? 108 5 λ ? 2,45 ? 109

λ ø 0,12 m 5 12 cm

A distância entre os dois nodos do campo elétrico corresponde a meio comprimento de onda:

d 5 λ2

5 122

∴ d ø 6 cm



A partir do enunciado, podemos calcular as impedâncias:

Estruturas ρ (kg/m3) v (m/s) I (106 kg/m2 ? s)

Cérebro 1 020 1 530 1,56Músculo 1 040 1 580 1,64Gordura 920 1 450 1,33

Osso 1 900 4 040 7,68

Assim, a maior diferença de impedância está entre o osso e a gordura.


– 5 –


QUÍMICA


H2(g) 1 I2(g) 2 HI(g)

Início 0,50 mol 0,50 mol 0

Proporção 0,39 0,39 0,78

Equilíbrio 0,11 mol 0,11 mol 0,78

I. Correta, x 5 0,39 mol. II. Incorreta, y 5 0,11 mol. III. Correta, z 5 0,78 mol. IV. Correta. Em qualquer transformação realizada, em um sistema fechado, as massas se conservam.



[Fe(H2O)6]31 [Fe(H2O)5OH]21 1 H1

Início 1 mol/L 0 0

gasta forma forma

0,05 0,05 0,05

Equilíbrio 0,95 mol/L 0,05 mol/L 0,05 mol/L

Kc 5 [[Fe(H2O)5OH]21][H1]

[[Fe(H2O)6]31]

Kc 5 [0,05][0,05]

[0,95]

Kc 5 2,6 ? 1023



Em um dia de sol, ocorre a evaporação da água e o equilíbrio desloca para a esquerda, consequentemente, a cor resultante é o azul.

[CoCl4]22(aq) 1 6 H2O(l) Deslocamento

para a esquerda [Co(H2O)6]21(aq) 1 4 Cl2(aq)

1 [CoCl4]22(aq) 1 6 H2O(l) 1 [Co(H2O)6]21(aq) 1 4 Cl2(aq)

[H2O(l)] 5 constante

K 5 [[Co(H2O)6]21(aq)]1 ? [Cl2(aq)]4

[[CoCl4]22(aq)]1



A adição de vinagre irá aumentar a concentração de H1, deslocando o equilíbrio para a esquerda e tornando a solução amarela.A adição de leite de magnésia irá diminuir a concentração de H1, deslocando o equilíbrio para a direita e tor-nando a solução azul.


1442443

Azul

123

Evapora

1442443

Rosa

SOMOS EDUCAÇÃO

– 6 –


Quanto maior a Ki mais forte será o ácido 5 HF e o mais fraco HCNSemana: 22Aula: 44Habilidade: 17Setor: A






Todas são solúveis em gasolina por serem apolares, e a que apresenta menor temperatura de ebulição é o di-metilpropano, pois possui a menor molécula.


NH2 CH OH

CH2

C

O O

COOH

Funções presentes:

ácido 2-aminobutanodioico(ácido aspártico)

metanol(álcool metílico)

ácido 2-amino-3-fenilpropanoico(fenilalanina)

NH2 CH

CH2

C OH HO CH31 1

• ácido carboxílico

• amina

• ácido carboxílico

• amina

• álcool

H3C

Éter

Amida

Amina

O

O

C

C

C

C

C

N

H

HC CH

HN

CH

CH2

CH2

CH3

HC

– 7 –



A) Incorreta. As aminas apresentam caráter básico.B) Incorreta. A cadaverina e a putrescina contêm o grupo funcional amina.C) Incorreta. Possuem cadeia carbônica homogênea.

D) Correta. A cadaverina e a putrescina são aminas primárias, ou seja, apresentam carbono primário ligado ao átomo de nitrogênio (ou apenas um átomo de carbono ligado ao nitrogênio).

E) Incorreta. A cadaverina e a putrecina são classificadas como polares (veja a presença de dois grupos —NH2 em cada uma delas).



H2C —— CH — CH2 — CH3

e

São isômeros de cadeia


MATEMÁTICA


A probabilidade de NÃO chover na noite de 22/11 é 20%.

A probabilidade de NÃO chover na noite de 23/11 é 20%.

A probabilidade de chover na noite de 24/11 é 80%.

Logo, a probabilidade de não chover nas noites de 22/11 e 23/11 e chover na noite de 24/11 é dada por

(20%)(20%)(80%) 5 3,2%.



Probabilidade de não ser inspecionado na 1a vez: 1 2 35

5 25

Probabilidade de não ser inspecionado na 2a vez: 1 2 14

5 34

Probabilidade de não ser inspecionado nenhuma vez: 25

? 34

5 3

10

Probabilidade de ser inspecionado pelo menos uma vez: 12 3

10 5

710


Cadaverina

H2N NH2

CH2 CH2 CH2

CH2 CH2

H2N

NH2

Putrescina

CH2 CH2

CH2 CH2

H2C CH2

H2C CH2

SOMOS EDUCAÇÃO

– 8 –


Sendo ∆ o discriminante de x2 2 4ix 2 5, temos:∆ 5 (24i)2 2 4(25)∆ 5 216 1 20 ∴ ∆ 5 4

As raízes são dadas por 4i 6 2

2.

Uma raiz é 1 1 2i e a outra é 21 1 2i.Com r 5 61 e s 5 2, temos r2 1 s2 5 5.



De (x 1 yi)(3 2 i) 5 11 1 13i, temos:

x 1 yi 5 11 1 13i

3 2 i

x 1 yi 5 11 1 13i

3 2 i ?

3 1 i3 1 i

x 1 yi 5 33 1 11i 1 39i 2 13

9 1 1

x 1 yi 5 20 1 50i

10

x 1 yi 5 2 1 5i

x 5 2, y 5 5 e x2 1 y2 5 29



I. Correta, pois iA 1 B 5 i4n 5 1 5 i4 5 iC (com n natural).

II. Correta, pois iA 1 B 5 i26 1 44 5 i70 5 i2 5 i30 5 iC.

III. Incorreta, pois iA 1 B 5 i1 1 1 5 i2 5 i2 1 4n 5 iC (com n natural).

IV. Incorreta, pois, por exemplo, com A 5 1 e B 5 1, temos iA 1 B 5 i2 Þ i1.



p(6) 5 (6 2 1)(6 2 2)(6 2 3)(6 2 4)(6 2 5) ? q(6) 1 6

p(6) 5 5 ? 4 ? 3 ? 2 ? 1 ? q(6) 1 6

Como q(6) 5 62 1 6 1 8 5 50, temos:

p(6) 5 120 ? 50 1 6p(6) 5 6 006



a(x2 2 1) 1 bx(x 1 1) 1 cx(x 2 1) 5 8x2 2 3x 2 1 (*)

Substituindo x por 0 em (*), temos a(21) 5 21, ou seja, a 5 1.Substituindo x por 1 em (*), temos b(1)(2) 5 4, ou seja, b 5 2.Substituindo x por 21 em (*), temos c(21)(22) 5 10, ou seja, c 5 5.

Logo, a2 1 b2 1 c2 5 1 1 4 1 25 5 30.


– 9 –



x5 1 ax3 1 x 5 x(x4 1 ax2 1 1)x3 1 bx 5 x(x2 1 b)

p(x) é divisível por d(x), se, e somente se, x4 1 ax2 1 1 é divisível por x2 1 b

x4 1 0x3 1 ax2 1 0x 1 1 x2 1 b

2x4 2bx2 x2 1 a 2 b

(a 2 b)x2 1 0x 1 1 2(a 2 b)x2 1 b2 2 ab

b2 2 ab 1 1 (resto)

p(x) é divisível por d(x), se, e somente se, b2 2 ab 1 1 5 0.



Na divisão de um polinômio p(x) por x 2 α, o resto é igual a p(α).Sendo r o resto da divisão de p(x) por x 2 √2, temos:

r 5 p(√2)

r 5 2(√2)4 2 1

√2(√2)3 1 2(√2)2 2

1√2

(√2) 1 1

r 5 8 2 2 1 4 2 1 1 1r 5 10

Sendo s o resto da divisão de p(x) por x 2 √8, temos:

s 5 p(√8)

s 5 2(√8)4 2 1

√2(√8)3 1 2(√8)2 2

1√2

(√8) 1 1

s 5 128 2 16 1 16 2 2 1 1s 5 127

r 1 s 5 10 1 127 5 137



p(x) 5 (x 2 2) ? v(x) 1 7 e v(x) 5 (x 2 3) ? w(x) 1 11p(x) 5 (x 2 2) ? [(x 2 3) ? w(x) 1 11] 1 7p(x) 5 (x 2 2)(x 2 3) ? w(x) 1 11(x 2 2) 1 7p(x) 5 (x 2 2)(x 2 3) ? w(x) 1 11x 2 15Logo, na divisão de p(x) por (x 2 2)(x 2 3), o quociente é w(x) e o resto é 11x 2 15.



Sendo h cm a altura da pirâmide, tem-se:

202 ? h3

5 3 200 ∴ h 5 24

De um triângulo retângulo, cujos catetos são a altura e o apótema da base e a hipotenusa é o apótema lateral, medindo x cm, vem:

x2 5 102 1 242 ∴ x 5 26

Para que a quantidade de fita usada seja a menor possível, ela deve ficar bem esticada.Assim, o comprimento C de fita utilizada nessa decoração, em cm, é dado por:

C 5 4 ? 26 1 2 ? 20 ∴ C 5 144


SOMOS EDUCAÇÃO

– 10 –


Sendo x a medida da aresta do cubo, para que os tetraedros satisfaçam as condições do problema eles devem

ser trirretângulos, com as 3 arestas concorrentes ao vértice dos ângulos retos medido x2

.

Assim, a porcentagem p do material retirado é dada por:

p 5 8 ? Vtetraedro

Vcubo 5

8 ? (Abase ? h ? 13)

x3 5 8 ? ((x2 ?

x2

? 12) ? x2 ?

13)

x3 5 8 ?

13

? 12

? (x2)3

x3 5

x3

6x3 5

16

∴ p ø 0,17

Ou seja, aproximadamente 17%.



Sendo hA e hD as alturas, em cm, dos prismas que representam as embalagens antes e depois, tem-se:

42 ? hD 5 0,8 ? 6 ? 22 ? √3

10 ? hA ∴ 16hD 5

810

? 2 ? 3 ? √3 ? hA ∴ hD 5 3 ? √3

10 ? hA

Desta forma, como 3 ? √3

10 < 1, temos que: hD < hA.

A relação entre as alturas é dada por:

hD

hA 5

3 ? √310

? hA

hA ø 0,52 5 52%

Logo, em relação à altura da embalagem anterior, a altura da nova embalagem deve diminuir 48%.



A quantidade de papel necessária para cobrir completamente a caixa é dada pela área total AT do paralelepípedo.Em cm2, tem-se:

AT 5 2 ? (4 ? 4 1 4 ? 16 1 4 ? 16) ∴ AT 5 288



Traçando um eixo central pela figura do enunciado, temos a figura 1.Observando o lado direito dessa figura e comparando-o com o das figuras das opções, a alternativa que repre-senta uma figura plana, cuja rotação é a anticlepsidra, é a da figura 2.


Figura 1 Figura 2

– 11 –



A área revestida é dada pela soma das áreas das figuras a seguir.

• Dois círculos de raio 3 cm: 2 ? (π ? 32) 5 18π• Duas coroas circulares de raio maior 3 cm e raio menor 2 cm: 2 ? (π ? 32 2 π ? 22) 5 10π• Duas áreas laterais de cilindros de raio 3 cm e altura 1 cm: 2 ? (2 ? π ? 3 ? 1) 5 12π• Uma área lateral de cilindro de raio 2 cm e altura 1 cm: 2 ? π ? 2 ? 1 5 4πAssim, a área R que será revestida, em cm2, é dada por

R 5 18π 1 10π 1 12π 1 4π 5 44πSemana: 21Aula: 42Habilidade: 13Setor: B


Sendo h cm a altura do prisma que representa o tanque, o volume de água deslocada corresponde a 20% do volume do tanque. Assim,

0,2 ? 52 ? h 5 20 ∴ h 5 4 cm



O comprimento C da circunferência da base do cilindro é tal que:

C 5 2 ? π ? 6π

∴ C 5 12 cm

De acordo com a figura dada no enunciado, a faixa de papel dá 6 voltas completas no cilindro ao ser enrolada. Assim, o comprimento da faixa é de 6 ? 12, ou seja, 72 cm.Então, tem-se a figura a seguir, em que h é a medida da altura do cilindro, em centímetros:

tg 30º 5 h72

∴ √33

5 h72

∴ h 5 24√3 cm



Sendo x cm a medida de uma aresta da pirâmide, do triângulo BOV, tem-se:

BV2 5 VO2 1 BO2 ∴ x2 5 VO2 1 (x√22 )2

∴ VO 5 x√22

30o

72

h

A

O

V

B

C

SOMOS EDUCAÇÃO

– 12 –

Como o volume da pirâmide é igual ao volume do cubo tem-se:

13

? x2 ? x√22

5 (√2)3 ∴ x3√26

5 2√2 ∴ x3 5 12 ∴ x 5 3√12 cm



• A medida do raio do setor circular é igual à medida da geratriz, ou seja, 90 cm.• A medida do ângulo α pedido, em graus, é dada por:

α 5 360 2 360 ?

d2g

∴ α 5 360 2 360 ? 3590α 5 220º


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