GGE RESPONDE ‐ VESTIBULAR – EFOMM (MATEMÁTICA E FÍSICA – PROVA BRANCA) 1 www.gge.com.br MATEMÁTICA QUESTÃO 01 GABARITO: RESOLUÇÃO: QUESTÃO 02 GABARITO: RESOLUÇÃO: QUESTÃO 03 GABARITO: B RESOLUÇÃO: Seja x ∈ IR e considere a seguinte equação trigonométrica. 2cos 4 x – 2cos 2 x + 1 = cos4x Se x 0 ∈ (0,π) é uma de suas soluções e x 0 em centímetros. Podemos escrevera equação 2cos 4 x – 2cos 2 x + 1 = cos4x Da seguinte maneira 2cos 2 x (cos 2 x - 1) = cos4x – 1 Usando as seguintes relações trigonométricas: sen2x + cos2x = 1 ∀ x ∈ IR e sen 2 2x = 2 x 4 cos 1 2 − ∀ x ∈ IR Temos que 2cos 2 x (cos 2 x – 1) = cos4x – 1 pode ser escrita da seguinte maneira 2cos 2 x (-sen 2 x) = -2sen 2 2x Portanto, -2sen 2 xcos 2 x = -2sen 2 2x ⇒ 2sen 2 xcos 2 x = 2sen 2 2x Mas sen2x = 2senxcosx, logo sen 2 xcos 2 x = , 4 x 2 sen 2 assim. 2sen 2 xcos 2 x = sen 2 2x pode ser escrita como: ⇒ = x 2 sen 2 4 x 2 sen 2 2 2 ⇒ = x 2 sen 4 x 2 sen 2 2 ⇒ = 0 x 2 sen 3 2 2 k ; k x 2 0 x 2 sen 0 x 2 sen 2 ∈ π = ⇒ = ⇒ = Logo, ; 2 k x π mas x 0 ∈ (0, π); deste modo x 0 = 2 π 2 k ∈ Como x0 é a diagonal do cubo, temos que , 2 3 a π = onde a é a aresta do cubo, logo . 3 2 a π = como a área total do cubo é A t = 6a 2 ; temos que 12 12 6 A 2 2 T π = π ⋅ = QUESTÃO 04 GABARITO: E RESOLUÇÃO: Seja ) º 780 ( sec cos 4 33 tg º 2400 sec 3 44 cos y 2 − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ π − + − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ π = Temos que 2 1 3 44 cos − = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ π ; ; 2 1 ) º 2400 cos( − = logo sec (2400º) = -2. 1 4 33 tg − = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ π − e 3 4 ) º 780 ( sec cos 2 = − Assim 8 3 4 3 2 1 3 4 2 1 1 3 4 1 2 2 1 y = ⋅ = − = − + − = 8 3 y = QUESTÃO 05 GABARITO: E RESOLUÇÃO: I. 3 2 II. MÔQ = 120° Então, 2 2 3 4 4 3 1 A 2 circular . seg ⋅ − π = 3 4 3 16 A circular . seg − π = A sombreada = π4 2 – 4 ⋅ A seg.circular ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − π − π = 3 4 3 16 4 16 A circular . seg 3 16 3 64 16 + π − π = π − = 3 16 3 16 3 16 3 48 π − = ( ) π − = 16 3 48 3 1 QUESTÃO 06 GABARITO: B RESOLUÇÃO: I. é verdadeira, pois como f é estritamente decrescente f é injetora. II. é falsa, pois uma função injetora não pode ser uma função par. III. é verdadeira, pois: Sabemos que x 1 < x 2 ⇒ y 1 > y 2 , onde y 1 = f(x 1 ) e y 2 = f(x 2 ). Segue que: y 1 > y 2 ⇒ f -1 (y) < f -1 (y 2 ) Logo f -1 é estritamente decrescente.
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MATEMÁTICA QUESTÃO 01 GABARITO: RESOLUÇÃO: QUESTÃO 02 GABARITO: RESOLUÇÃO: QUESTÃO 03 GABARITO: B RESOLUÇÃO: Seja x ∈ IR e considere a seguinte equação trigonométrica.
2cos4x – 2cos2x + 1 = cos4x Se x0 ∈ (0,π) é uma de suas soluções e x0 em centímetros. Podemos escrevera equação
2cos4x – 2cos2x + 1 = cos4x
Da seguinte maneira 2cos2x (cos2x - 1) = cos4x – 1
Usando as seguintes relações trigonométricas:
sen2x + cos2x = 1 ∀ x ∈ IR e
sen22x = 2
x4cos1 2− ∀ x ∈ IR
Temos que 2cos2x (cos2x – 1) = cos4x – 1 pode ser escrita da seguinte maneira 2cos2x (-sen2x) = -2sen22x Portanto,
-2sen2xcos2x = -2sen22x ⇒ 2sen2xcos2x = 2sen22x
Mas sen2x = 2senxcosx, logo sen2xcos2x = ,4
x2sen2 assim.
2sen2xcos2x = sen22x pode ser escrita como:
⇒= x2sen24
x2sen2 22
⇒= x2sen4x2sen 22
⇒= 0x2sen3 2
2k;kx20x2sen0x2sen2 ∈π=⇒=⇒=
Logo, ;2kx π mas x0 ∈ (0, π); deste modo x0 =
2π 2k ∈
Como x0 é a diagonal do cubo, temos que ,2
3a π= onde a é a
aresta do cubo, logo .32
a π= como a área total do cubo é
At = 6a2; temos que 1212
6A22
Tπ
=π
⋅=
QUESTÃO 04 GABARITO: E RESOLUÇÃO:
Seja )º780(seccos
433tgº2400sec
344cos
y2 −
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ π−+−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ π
=
Temos que 21
344cos −=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ π ; ;21)º2400cos( −= logo sec
(2400º) = -2.
14
33tg −=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ π− e
34)º780(seccos 2 =−
Assim
83
43
21
34
211
34
1221
y =⋅=−
=−+−
=
83y =
QUESTÃO 05 GABARITO: E RESOLUÇÃO:
I.
32
II. MÔQ = 120° Então,
22344
31A 2
circular.seg⋅
−π=
343
16A circular.seg −π
=
Asombreada = π42 – 4 ⋅ Aseg.circular
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
π−π= 34
316416A circular.seg
3163
6416 +π
−π=
π−=3
16316
316348 π−
=
( )π−= 1634831
QUESTÃO 06 GABARITO: B RESOLUÇÃO: I. é verdadeira, pois como f é estritamente decrescente f é
injetora. II. é falsa, pois uma função injetora não pode ser uma função
par. III. é verdadeira, pois: Sabemos que x1 < x2 ⇒ y1 > y2, onde y1 = f(x1) e y2 = f(x2). Segue que: y1 > y2 ⇒ f-1(y) < f-1(y2) Logo f-1 é estritamente decrescente.
⇒ 22222 65)169y(x65)169y(x ≤++⇒≤++ . Circulo de centro (0, -169) e raio r = 65 Deste modo, o elemento desse conjunto que possui maior argumento pertence a reta que passa pela origem e que tangencia o círculo, seja y = ax; com maior argumento a < 0 a equação da reta tangente ao círculo. Seja (x0, y0) o ponto de tangência, então temos o seguinte. Sistema de equações
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=
=++
00
220
20
axye
65)169y(x
Resolvendo o sistema, temos que
(a2+1)x02 + 338ax0 + 24336=0
Como a reta é tangente, temos que Δ = 0 Assim
Δ = 16900a2 - 97344
5232a
13521332a
3
222
2262
⋅⋅
±=⇒⋅⋅
⋅⋅=
1024aou
1024a −==⇒
Mas
)angularecoeficient(5
121024a −=−=
Deste modo
000
0 x5
12y5
12xy
−=⇒−=
Usando o teorema de Pitágoras, temos que
x02 + y0
2 + (65)2 = (169)2
3600x24336x25
16924336x25
144x 20
20
20
20 =⇒=⇒=+
Logo x0 = 60 ou x= -60; mas x0 = 60 e y0 = -144; z = 60 – 144i QUESTÃO 09 GABARITO: D RESOLUÇÃO:
34 3 x 1321713xx −+=⋅
Note que, pelas condições do enunciado, 34 3 xxx =⋅
123 2x16x =⇒= Logo x1 = 212 e o número de divisores inteiros positivos de x1 é igual a 13. QUESTÃO 10 GABARITO: E RESOLUÇÃO: Mudando da base 10 para a base 30, temos:
2PABC = 18 x – a + x + x + a = 18 x = 6 II. Lei dos senos:
R2Bsen
x=
R2
16153
6=
R15
1516=
III. Lei dos cossenos: (6 + a)2 = (6 – a)2 + 62 – 2 (6 – a) ⋅ 6 ⋅ cosa a = 2 Então:
8BC;6AC;4AB ===
Logo,
r.P2
BsenBCABA ABC =⋅⋅
=
r916
1532
84=⋅
⋅
r315
=
2864P ++
=
P = 9
315
151516rR ⋅=⋅
316rR =⋅
QUESTÃO 17 GABARITO: D RESOLUÇÃO: I.
⎪⎩
⎪⎨⎧
=
≠−
+−=
1 x se3
1 x se1x
2x3x)x(f
2
⎩⎨⎧
=≠−
=1 x se31 x se2x
)x(f
lim f(x) = - 1 ≠ f(1) x → 1 II.
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
>=<
−−−
=1 xse1 x se1 x se
X31
4x)x(f
2
Calculando os limites laterais, temos: lim f(x) = 3 – 1 = 2 x → 1+ lim f(x) = 12 – 4 = - 3 x → 1- como lim f(x) ≠ lim f(x), então x → 1+ x → 1-1 não existe lim f(x) x → 1 III.
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡→
⋅=
→⋅
nn
ax)x)(gflim(
ax)x()gflim(
nn
)ML(ax ax
)x(glim)x)(gflim(⋅=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡→→
⋅⋅
QUESTÃO 18 GABARITO: C RESOLUÇÃO: Sn = 6n + n2 S1 = a1 = 6 ⋅ 1 + 12 = 7 ⇒ a1 = 7 S2 = a1 + a2 = 6 ⋅ 2 + 22 ⇒ a1 + a2 = 16 ⇒ a2 = 9 S3 = a1 + a2 + a3 = 6 ⋅ 3 + 33 ⇒ a1 + a2 + a3 = 27 ⇒ a3 = 11 Logo a sequência é uma progressão aritmética de razão 2. QUESTÃO 19 GABARITO: D RESOLUÇÃO: n(A ∪ B C) = 25 n(A – C) = 13 n(B – A) = 10 n(A ∪ C) = n(C – (A ∪ B))
O mma QUGARE
h
a2 ⋅2a
40 –a2h
aa
2
2
QUGARE
ConEqu
NMc
5 ⋅ 30 70xx = QUGARE
13
1
A
maior valor possior valor possív
UESTÃO 20 ABARITO: A
SOLUÇÃO:
H2O
a
h1
- h1
Fig
(h – h1) = 2 ⋅ V
12 2hah ⋅=−⋅
– a2h1 = 8 1 = 32
54
4032
hh
21 ===
UESTÃO 21 ABARITO: D
SOLUÇÃO:
ndição: Np = 5 kuilíbrio de rotaçã
pMpMN H
c
B
cp
c++
6 + 70 ⋅ (x – 6) –+ 70x – 420 – 1
x = 490 7m
UESTÃO 22 ABARITO: A
SOLUÇÃO:
GGE RESPON
10
1
C
sível de n(c) ocoel de n(c) é 12.
a
h
g. I
esfera 31
34π
hh1
FÍSI
kgf ão: ΣM = 0 (M:m
0= M( N
– 100 ⋅ 1 = 0 100 = 0
NDE ‐ VESTIB
B
orre quando (B
r = 1desfe
ICA
momento)
)0cN =
BULAR – EFO
– A) ⊂ C. Logo
h
dmera
Fig. II
OMM (MATE
www.gge.co
o
EnAsEM
m
30
60
V VB QUGARETe
De
As
QUGAREPeno
Asdiz
Poat
EMÁTICA E F
om.br
nergia dissipadassim, ⏐τFat⏐= 60MA + τFat = EmB
m60hgm A =−⋅⋅
602100 =−⋅⋅
BV156000 ⋅=−
36VB =
B = 6m/s
UESTÃO 23 ABARITO: E ESOLUÇÃO: emos a seguir a
epois de 2t =Δ
ssim, o desloca
UESTÃO 24 ABARITO: B ESOLUÇÃO: ela leitura do pro circuito será d
s informações szer que:
or fim vamos caravés do circuito
ÍSICA – PRO
a = 60 J = traba0J ou τFat = - 60
2mV 2
B
2V30 2
B⋅
2B
a configuração d
s0,2 , teremos:
mento da image
−=Δ 126xx =Δ
roblema podemoada por:
= RUAB= 15,2
0i =sobre o circuito
=ε⋅ 32=ε
alcular o valor do equivalente.
VA BRANCA
alho da força de
J (resistente)
do sistema em t
em será dado p
⇒= 1610 . m16= .
os dizer que a c
⇒⋅ iRAB ⇒⋅ i10
A25,0 . com a chave a
⇒V0,3 V5,1 .
a resistência in
A)
atrito
t = 0.
por:
corrente que cir
aberta nos leva
terna de cada p
5
rcula
am a
pilha
Tem
Daí
=r QUGARE
VAr
VAr
VAr
VAr
VAr
VAr
QUGAREBasCon
E p
mos pela Lei de
í:
Ω0,1 .
UESTÃO 25 ABARITO: C
SOLUÇÃO:
+= VV2
A2
B,Arr
25 222B,A −+=
10292
B,A −=
10292
B,A −=
35,419B,A ≅=
4,4B,A =
UESTÃO 26 ABARITO: A
SOLUÇÃO: sta usarmos a nfira.
induzidaε
por fim:
GGE RESPON
e Ohm-Poiullet:
ri
Σε′−ε
=
=r2225,0
=+10r2
⋅⋅− VV2V A2
Brr
5,0252 ⋅⋅⋅−
58
Lei de Farada
=ε induzida
( )−×−
=24
3,06,0
5,1induzida =ε
=RU
=× −105,1 3
NDE ‐ VESTIB
Rr2E2+⋅
= .
⇒+⋅
105,1
⇒= 12
5VA =r
2VB =
r
AB,A VVV
rrr−=
°⋅ 60CosVBr
ay e em seguid
⇒ΔΔΦ
t
×=−2
105,110
Volts10 3−× .
⇒⋅ iR
⇒= i.3,0
BULAR – EFO
BVr
da a Lei de Oh
⇒−30
OMM (MATE
www.gge.co
hm.
QUGARE Saco
Ondepr
En
Pose
E
Re
QUGARENadimumme QUGARE
EqCá
Cá
10102 ⋅
EMÁTICA E F
om.br
UESTÃO 27 ABARITO: A ESOLUÇÃO:
abemos que a rorda esticada é
nde F é o móensidade linearoblema que na
ntão, concluímo
or outro lado sae mantém const
por fim, como λ
eunindo todos o
UESTÃO 28 ABARITO: C ESOLUÇÃO: a transformaçãominuição do sema ação externaeio externo real