Sistema Anglo - Ensino Médio jun/18 Prova: P-4 - RG-1...Sistema Anglo - Ensino Médio jun/18 Prova: P-4 - RG-1 – 1 – RESOLUÇÕES E RESPOSTAS BIOLOGIA QUESTÃO 1: Resposta B Na

1 BIO B 11 FIS C 21 QUI C 31 MAT B 41 MAT C2 BIO A 12 FIS A 22 QUI B 32 MAT B 42 MAT B3 BIO B 13 FIS E 23 QUI D 33 MAT D 43 MAT D4 BIO D 14 FIS D 24 QUI B 34 MAT E 44 MAT C5 BIO D 15 FIS B 25 QUI B 35 MAT C 45 MAT B6 BIO E 16 FIS E 26 QUI C 36 MAT C 46 MAT E7 BIO C 17 FIS C 27 QUI C 37 MAT A 47 MAT D8 BIO A 18 FIS C 28 QUI B 38 MAT B 48 MAT A9 BIO B 19 FIS B 29 QUI A 39 MAT B 49 MAT B

10 BIO B 20 FIS B 30 QUI D 40 MAT E 50 MAT E

Sistema Anglo - Ensino Médio jun/18

Prova: P-4 - RG-1

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RESOLUÇÕES E RESPOSTAS

BIOLOGIAQUESTÃO 1: Resposta B

Na raiz da cebola observamos o processo da mitose. A célula 1 está na prófase, com os cromossomos ainda envolvidos pelo envelope nuclear. A célula 2 está na fase da metáfase, como os cromossomos duplicados, cada um com duas cromátides, na máxima condensação e ligados ao fuso pelos centrômeros. A célula 3 mostra a interfase, porque os cromossomos ainda não estão visíveis. A duplicação do DNA ocorre na interfase.Semana: 8Aula: 16Setor: B

QUESTÃO 2: Resposta A

O tempo do ciclo celular varia com os tipos de célula. Na fase G1, que ocorre após a mitose, o material genético não está duplicado. Na fase embrionária, a interfase é curta para possibilitar o crescimento rápido do embrião.

Semana: 8Habilidade: 13Aula: 15Setor: B

QUESTÃO 3: Resposta B

A mitose é uma divisão equacional, que pode ocorrer em qualquer célula e é realizada durante toda a vida do organismo. A meiose é uma divisão reducional, que ocorre somente em células diploides e é realizada somente durante uma fase da vida. A duplicação cromossômica ocorre durante a interfase, tanto para as células mitóti-cas quanto para as meióticas.

Semana: 9Aula: 18Setor: B

QUESTÃO 4: Resposta D

Na espermatogênese, um espermatócito primário diploide sofre meiose, formando dois espermatócitos secun-dários haploides, que originam quatro espermátides haploides. As quatro espermátides se transformam, no processo da espermiogênese, em quatro espermatozoides.



Na metáfase os cromossomos estão duplicados, cada um com duas cromátides. Pela separação das cromátides na anáfase, o polo 1 receberá 20 1 14 5 34 cromossomos, o polo 2 receberá 20 1 12 5 32 cromossomos e o polo 3 receberá 12 1 14 5 26 cromossomos.


TIPO

RG-1P-4 – Ensino Médio Regular1a série

PROVA GERAL

SOMOS EDUCAÇÃO

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QUESTÃO 6: Resposta E

A presença de nucleotídeo com uracila permite identificar uma molécula como o RNA. Cada trinca de nucleotí-deos codifica para um aminoácido.

Semana: 7Aula: 14Setor: A

QUESTÃO 7: Resposta C

Enzimas são substâncias orgânicas de natureza proteica especializadas em catalisar reações biológicas, aumen-tando a velocidade de uma reação química sem interferir em seu processo. As enzimas, como toda proteína, sofrem desnaturação em altas temperaturas ou variações de pH, o que prejudica a sua função em razão da alteração em sua estrutura molecular. Logo, a alternativa C é a correta.



As curvas X e Z representam, respectivamente, as respostas imunológicas primária e secundária (produção de anticorpos pelos linfócitos) frente à injeção da proteína A.



Os soros terapêuticos, como o soro antiofídico, contêm anticorpos contra um antígeno específico, produzidos por um animal de grande porte, como um cavalo, por exemplo.



A sequência de aminoácidos indicada será codificada pelo RNAm: AUGAAACCGGGUCACCGA; este, por sua vez, será produzido a partir do segmento de DNA com a sequência: TACTTTGGCCCAGTGGCT.

Semana: 9Habilidade: 13Aula: 18Setor: A

FÍSICAQUESTÃO 11: Resposta C

Propomos uma solução gráfica. Nas figuras (a) e (b) estão representados, sem preocupação de escala, os gráfi-cos da velocidade em função do tempo dos dois movimentos. Observe que, como as acelerações são iguais, as retas são paralelas e, em consequência, os triângulos 1 e 2 são semelhantes.

Se os triângulos são semelhantes:

2V0

V0 5

t2

t1 ⇒ t2 5 2t1

V0

V (m/s)

1

t1 t

2V0

V (m/s)

2

t2

t

– 3 –

PROVA GERAL — P-4TIPO RG-1 — 06/2018

Os deslocamentos podem ser calculados pelas áreas dos triângulos:

D1 5 12

(V0 ? t1)

D2 5 12

(2V0 . t2) 5 12

(2V0 . 2t1)

D2 5 4D1



Para que o movimento combinado da pedra em relação ao veículo com o movimento do veículo em relação à Terra resulte em uma trajetória vertical, tem de valer a relação:

v1 1 v2 5 v3, sendo v3 vertical

Aplicando o teorema de Pitágoras: v12 2 v2

2 5 v32

Lembrando que v1 5 4 m/s e v2 5 3,2 m/s, obtemos, pela aplicação do teorema de Pitágoras: v3 5 2,4 m/s



Veículo A:

Durante o movimento acelerado

vA 5 0 1 at 5 2 ? 14 5 28 m/s

Durante o movimento retardado

a 5 ΔvΔtA

25 5 (0 2 28) (tA 2 14)

tA 5 19,6 s

Deslocamento total:

ΔSA 5 12

(tA ? vA)

ΔSA 5 12

(19,6 ? 28)

ΔSA 5 274,4 m

Veículo B:

Durante o movimento acelerado

vB 5 0 1 at 5 2 ? 15 5 30 m/s

Durante o movimento retardado

a 5 ΔvΔtB

25 5 (0 2 30) (tB 2 15)

tB 5 21,0 s

Deslocamento total:

ΔSB 5 12

(tB ? vB)

ΔSB 5 12

(21 ? 30)

ΔSB 5 315 m

SB 2 SA 5 40,6 m


v1v3

v2

vA

v (m/s)

t (s)tA14 ΔtA

vB

v (m/s)

t (s)tB15 ΔtB

SOMOS EDUCAÇÃO

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Dados:

Aceleração: amáx 5 0,9 m/s2;

Velocidade final: v 5 1 080 km/h 5 300 m/s;

Velocidade inicial: v0 5 0 (parte do repouso).

A distância mínima percorrida (Δs) pelo trem pode ser obtida pela Torricelli:

v2 5 v02 1 2 ? a ? ΔS

3002 5 0 1 2 ? 0,9 ? ΔS

ΔS 5 50 000 m 5 50 km



Considerando que:1) não havendo escorregamento, a velocidade de um ponto da periferia da polia 1 (v1) é igual à velocidade de

qualquer ponto da correia (vP), que é igual à velocidade de um ponto da periferia da polia 2 (v2);

2) 1 Hz 5 1 volta/segundo 5 60 voltas/minuto 5 60 rpm.

Então:

Se v1 e v2 são as velocidades das periferias das polias 1 e 2, obtemos:

v1 5 v2

Lembrando que v 5 ωR

ω1R1 5 ω2R2

Mas, ω 5 2πf

2πf1R1 5 2πf2R2

f1R1 5 f2R2

Efetuando-se as substituições numéricas, temos:

f2 5 10 Hz 5 600 rpm

Lembrando que v 5 ωR (cuidado com as unidades)

v 5 ω1R1 5 2πf1R1

v 5 2 ? 3,14 ? 50 ? 0,1 5 31,4 m/s



Note que 45º corresponde ao ângulo de incidência na face AC. Aplicando-se a lei de Snell:

sen45ºsenr

5 nar

nprisma ⇒

√22

senr 5

12

Segue que: senr 5 √2 > 1. Portanto, não existe “r”, ou seja, não há refração. Logo, ocorre o fenômeno da refle-xão total.Assim, o raio emerge pela trajetória 5.


A

D

B

54

3

2

1

C

45º

– 5 –



Neste caso de dioptro plano, a refração ocorre da água para o ar, acarretando uma elevação aparente da ima-gem (imagem mais próxima à superfície de separação água/ar).



A figura a seguir ilustra o fenômeno descrito no enunciado.

Aplicando-se a lei de Snell:

sen60ºsen30º

5 nX

nar ⇒

√3212

5 nX

1

Segue que: nX 5 √3.



Na fotografia em questão, a ordem, segundo a orientação do eixo x, é:


p

p’

n’

N

narágua

P’

P

30º

30º

90º

ar

X

60º 60º

X

observador

Gota dechuva

Sol

SOMOS EDUCAÇÃO

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A superfície da bola de Natal comporta-se como um espelho esférico convexo. Como Jerry é um objeto real, sua imagem conjugada pela bola seria: virtual, direita e reduzida.


QUÍMICAQUESTÃO 21: Resposta C

O sistema é formado por uma substância composta (H2O), assim não é classificado como mistura.



Substâncias puras apresentam temperaturas constantes durante suas mudanças de estado. Pelo gráfico, cons-tata-se que as temperaturas não permanecem constantes durante a mudança de estado. Esse é um comporta-mento característico de mistura de substâncias. Sendo assim, conclui-se que entre as alternativas apresenta-das, a única que trata de uma mistura é a B (água e açúcar).



Como o H3CCl já se encontra no estado gasoso a 25 ºC, deve-se fazer a destilação fracionada dos outros com-postos que se encontram no estado líquido. Esse método é adequado para separar os componentes H2CCl2, HCCl3 e CCl4, pois eles possuem pontos de ebulição distintos.

Composto Ponto de fusão (ºC) Ponto de ebulição (ºC)

H3CCl 297,4 223,8 (Gasoso a 25 ºC)

H2CCl2 296,7 39,6 (Líquido a 25 ºC)

HCCl3 263,5 61,2 (Líquido a 25 ºC)

CCl4 222,9 76,7 (Líquido a 25 ºC)

Destes compostos, o H2CCl2 apresenta o menor ponto de ebulição (39,6 ºC), portanto será recolhido antes dos outros no processo de separação.



Isótopo MA(u) Abundância10B 10 u X11B 11 u 100 2 X

10,8 5 10x 1 11(100 2 x)

100X 5 20

Assim a abundância do isótopo 10B é 20% e o isótopo 11B é 80%.


– 7 –



O gás oxigênio (O2) é formado por moléculas diatômicas. A ligação presente entre os átomos é covalente apo-lar. A massa molecular dessa substância é 32 u.



O átomo A possui 2 elétrons na camada de valência, portanto forma o cátion A21.O átomo B possui 7 elétrons na camada de valência, portanto forma o ânion B2.O composto iônico formado é AB2. Como esse composto é formado pela ligação de um metal com um ametal, ele é classificado como iônico.



A e B são isótopos, assim o número atômico de A é 3x 1 4.

Representação de A: A

Como o átomo A apresenta 66 nêutrons, temos:

7x 1 10 2 (3x 1 4) 5 667x 1 10 2 3x 2 4 5 66

4x 1 6 5 664x 5 60

x 5 15

Número atômico de A: 3 ? 15 1 4 5 49Distribuição eletrônica de A:

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p1



O elemento representado por X realiza quatro ligações covalentes. Entre os elementos citados o único que realiza quatro ligações é o carbono.



Como não existe par de elétrons no átomo central (carbono), o tipo de geometria apresentada pelo HCN é linear.



Falsa. O nióbio é um elemento de transição externa do 5o período da Tabela Periódica.

Falsa. 41Nb 5 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d3

C.V. 5 5s2 5 2 e2

Falsa. O elétron de maior energia do átomo de nióbio, no estado fundamental, encontra-se no subnível 4d.

Verdadeira. Uma liga metálica é uma solução sólida formada por dois ou mais compostos químicos unidos por ligações metálicas.


7x 1 103x 1 4

SOMOS EDUCAÇÃO

– 8 –

MATEMÁTICAQUESTÃO 31: Resposta B

Seja x o número de apostas vencedoras (incluindo as duas repetidas), temos:306

x 2 2 5

306x

1 2,4

306x 5 306(x 2 2) 1 2,4x(x 2 2)306x 5 306x 2 612 1 2,4x2 2 4,8x

0 5 2,4x2 2 4,8x 2 61224x2 2 48x 2 6 120 5 0

x2 2 2x 2 255 5 0, com x > 0

Resolvendo essa equação, obtemos x 5 17.Obs.: Sendo x um número inteiro, as raízes da equação x2 2 2x 2 255 5 0 são necessariamente divisores de 255. Portanto as alternativas A, C, D e E podem ser excluídas.



O número médio esperado de onças nessas florestas em dezembro/2021 é dado por P 5 100 ? (1 1 0,40)2, pois o tempo decorrido corresponde a 2 períodos de 2 anos.

Temos P 5 100 ? 1,42 5 100 ? 1,96, ou seja, P 5 196 onças.



Sendo P o preço, em R$, sem desconto, temos:

P ? 0,90 5 250,20

P 5 250,20,9

∴ P 5 278

O valor a ser pago, em R$, com 30% de desconto é dado por 278 ? 0,70 5 194,60.Temos 200,00 2 194,60 5 5,40.Ela pagaria R$ 5,40 a menos se tivesse feito a compra um dia depois.



Sendo d a distância, em km, e t o intervalo de tempo, em segundos, que a onda primária levou para chegar à estação, temos:

d 5 8t e d 5 6(t 1 30)8t 5 6(t 1 30)8t 5 6t 1 1802t 5 180 ∴ t 5 90

Como d 5 8t, temos d 5 720 km.


– 9 –



C 5 k ? t

t2 1 p, k 5 0,12, C 5 0,03 e t 5 2 ⇒ 0,03 5

0,12 ? 222 1 p

0,03(4 1 p) 5 0,12 ? 24 1 p 5 4 ? 2 ∴ p 5 4



Seja x a quantia, em reais, que Maria reservou para a compra. Tem-se que, ao pagar a 1a parcela no ato, com a aplicação, ela terá, ao final daquele mês, (x 2 500) ? 1,01.Ao pagar a segunda parcela, no final daquele mês, com a aplicação, ela terá uma quantia de [(x 2 500) ? 1,01 2 500] ? 1,01.Do enunciado, o que restar antes de pagar a última parcela deve ser igual à última parcela. Logo, [(x 2 500) ? 1,01 2 500] ? 1,01 5 500 ∴ x 5 1 485,20



Da figura, tem-se que a profundidade do rio, às 15 h, era de (h 1 6) metros; às 16 h, essa profundidade diminui para (h 1 4) metros.Como houve uma diminuição de 10%, então a profundidade às 16 h corresponde a 90% da profundidade às 15 h, ou seja:

h 1 4 5 0,9 ? (h 1 6)h 1 4 5 0,9 ? h 1 5,4

0,1 ? h 5 1,4h 5 1,4 metro

Assim, a profundidade do rio às 16 h é de h 1 4 5 18 metros.



Sendo n o número de prateleiras, temos:

300n 2 3

5 300n

1 5

300n 5 300(n 2 3) 1 5n(n 2 3)5n2 2 15n 2 900 5 0

n2 2 3n 2 180 5 0 ∴ n 5 15 ou n 5 212

Logo, o número de prateleiras é igual a 15, que é múltiplo de 3.



1 000 ? 1,10 ? 1,05 5 1 155


SOMOS EDUCAÇÃO

– 10 –


O custo total, em R$, dos dois bolos é dado por 32

1 1 0,28 1

321 2 0,20

5 65,00.

Como o preço de venda foi de R$ 64,00, houve um prejuízo de R$ 1,00.



Note que o triângulo é isósceles e que o ângulo oposto à base desse triângulo é um ângulo interno do decágono.

Assim, um dos ângulos mede: (10 2 2) ? 180º

10 5 144º.

As medidas dos dois ângulos adjacentes à base do triângulo medem: 180º 2 144º

2 5 18º



Vamos analisar cada uma das opções:

• Mosaico 1: não, pois os triângulos com ângulos internos medindo 30º, 90º e 60º não são congruentes (não é possível que a base de um desses triângulos retângulos seja igual à hipotenusa do outro se eles forem con-gruentes, se isso acontecesse os triângulos seriam isósceles não retângulos).

• Mosaico 2: sim, pois os triângulos com ângulos internos medindo 30º, 90º e 60º são congruentes e o outro triângulo é isósceles.

• Mosaico 3: não, pois não há um triângulo isósceles.• Mosaico 4: não, pois o triângulo formado não é retângulo. • Mosaico 5: não, pois o triângulo formado não é retângulo.

Logo, o mosaico com essas características é o 2.



Traçando uma paralela adequada é possível notar que os ângulos de 52º e y graus são colaterais internos.Assim,

52º 1 y 5 180º y 5 128º

Semana: 5Habilidade: 8Aulas: 9 e 10Setor: B

52°

y

– 11 –



Considere o ângulo y indicado na figura.

Temos: y 1 105º 5 180º

y 5 75º

Desdobrando a figura tem-se: (a parte de trás da letra V, possui um ângulo de medida x 1 y, o ângulo de medida x, que aparece após a dobra e o ângulo de medida y, que está coberto por uma parte da fita).

x 1 y 1 y 5 180º

Como y 5 75º

x 1 150º 5 180º

Temos que x 5 30º



• No triângulo ACD, do teorema do ângulo externo, temos:

m(ADE) 5 40º 1 α

• No triângulo ADE, do teorema do ângulo externo, temos:

m(AEB) 5 40º 1 α 1 α ∴ 40º 1 2α 5 70º ∴ α 5 15º



Girando a figura de 90º em 90º três vezes obtém-se a imagem pedida, que é a da alternativa E.

• Primeiro giro:

• Segundo giro:

• Terceiro giro:


105°

xy

SOMOS EDUCAÇÃO

– 12 –


Marcando os ângulos convenientes na figura do enunciado, tem-se:

Assim,

x 1 32º 1 84º 2 y 5 180ºx 2 y 5 64º



Sabe-se que o centro do paralelogramo é o ponto comum às diagonais, mas que as diagonais não são neces-sariamente as bissetrizes dos ângulos internos.Assim, a estratégia 1 funciona, mas a estratégia 2 não.

Semana: 8Habilidade: 9 Aula: 15Setor: B


Sendo

• AOB 5 α• ADB 5 β

temos:

• AOB 5 12

BOC ∴ BOC 5 2α

• OB 5 OD ∴ OBD 5 β

Assim, da figura ao lado, tem-se:

• α 1 2α 5 90º ∴ α 5 30º• α 5 2β ∴ β 5 15º

Logo, ODB 5 15º.

Semana: 9Habilidade: 8 Aulas: 17 e 18Setor: B


Sendo x metros a medida da frente do terreno triangular com a rua A, tem-se:

x 1 x 2 2 1 x 2 4 5 36 ∴ x 5 14 m

Do teorema de Tales, temos:y14

5 4536

∴ y 5 17,5 metros


A M B

C

N

32º

180º 2 96º 2 y 5 84º 2 yx x

84º96º

64º

y

A

B

C

DO

β

β

α2α

36 mx

y

45 m

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