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1ªfase 2011

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1ªfase 2011

  1. 1. Seu pé direito nas melhores faculdades FUVEST - 28/11/2010 (PROVA V)1a FASE 24. Na figura, o triângulo ABC é equilátero de lado 1, e ACDE,QUESTõES 23 a 44 AFGB e BHIC são quadrados. A área do polígono DEFGHI vale23. Seja x > 0 tal que a sequência a1 = log2x, a2 = log4(4x), a3 = log8(8x) forme, nessa ordem, uma progressão aritmética. a) 1 + 3 Então, a1 + a2 + a3 é igual a b) 2 + 3 13 c) 3 + 3 a) 2 d) 3 + 2 3 15 e) 3 + 3 3 b) 2 17 Resolução: c) 2 120º 19 d) 2 60º 21 60º 60º e) 2 120º 120º Resolução: a1 = log2 x; a2 = log4 (4x); a3 = log8 8x Com base na figura, verifica-se que os triângulos AEF, CDI Pelas Propriedades dos Logaritmos, temos: e BGH são congruentes pelo critério LAL. 1 1 A área do polígono é dada por: a1 = log2x; a2 = 1 + log2 x; a3 = 1 + log2 x 2 3 A∆ABC + 3 . A + 3 . A∆AEF = Como a1, a2 e a3 estão em P.A., temos: 2 a1 + a3 = 2a2 1 . 3 1 = 1 3 . 12 + 120º . + . 1 . sen 3 . 42 1 1 log2 x + 1 + log2 x = 2 . 1 ADEFGHI = 3 + 3 3 2 2log x Alternativa C 1 log2 x + 1 + 3 log2 x = 2 + log2 x log2 x = 3 (a1 3 ).3 A soma da P.A. é dada por: a , logo: 1 2 1 log x 1 log x . 3 3 1 .3 .3 3 22 2 Alternativa BCPV fuv101fnov 1
  2. 2. 2 FUVEST – 28/11/2010 Seu pé direito nas melhores Faculdades25. Sejam x e y números reais positivos tais que x + y = π/2. 26. A esfera ε, de centro 0 e raio r > 0, é tangente ao plano Sabendo-se que sen (y – x) = 1/3, o valor de tg2y – tg2x é α. O plano β é paralelo a α e contém 0. Nessas condições, igual a o volume da pirâmide que tem como base um hexágono regular inscrito na intersecção de ε com β e, como vértice, 3 um ponto em α, é igual a a) 2 3 5 3r b) a) 4 4 3 1 5 3r c) b) 2 16 1 3 d) 3 3r 4 c) 8 1 3 e) 7 3r 8 d) 16 3 Resolução: 3r e) 2 sen x cos y (I) x+y= 2 sen y cos x (II) Resolução: 1 Como os planos são paralelos, β contém 0 e α é tangente à esfera, tg y (III) tg x temos que a distância entre α e β é igual a r. 1 1 sen(y – x) = sen y . cos x – sen x . cos y = 3 3 A intersecção de ε com β é um círculo de raio r, no qual está Usando-se (I) e (II) para substituições, temos: inscrita a base hexagonal da pirâmide, como mostrado abaixo: 1 sen2y – cos2y = r 3 4 sen2y 0 como sen2y + cos2y = 1, temos: 3 cos y 22 3 42 1 sen2y cos2 y 3 3 Como o vértice da pirâmide está em α, sua altura será r. tg2y – tg2x = tg2y – 1 6 . r2 . 3 tg2y cos2 y sen2y 24 1 VP = 3 AB . H = 3 r2 . .r= 1 3 33 342 =2– 2 2 Alternativa E Alternativa ACPV fuv101fnov
  3. 3. Seu pé direito nas melhores Faculdades FUVEST – 28/11/2010 327. Um dado cúbico, não viciado, com faces numeradas de 1 28. No plano cartesiano, os pontos (0, 3) e (–1, 0) pertencem à a 6, é lançado três vezes. Em cada lançamento, anota-se o circunferência C. Uma outra circunferência, de centro em número obtido na face superior do dado, formando-se uma (–1/2, 4), é tangente a C no ponto (0, 3). Então, o raio de C sequência (a, b, c). Qual é a probabilidade de que b seja vale sucessor de a ou que c seja sucessor de b? 5 4 a) a) 8 27 5 11 b) b) 4 54 5 7 c) c) 2 27 10 3 5 d) d) 27 4 23 e) 5 e) 54 Resolução: Resolução: Como os pontos (0; 3) e (–1; 0) pertencem à circunferência C, verifica-se que o centro de C pertence à mediatriz desses pontos. Seja M o evento: b ser sucessor de a. Cálculo da mediatriz: M ocorre nas seguintes sequências: 3 0 m 3 0 1 (1; 2; c) (2; 3; c) (3; 4; c) (4; 5; c) (5; 6; c) x 0 1 1 3 1 x 1 m y– 5 2 2 2 3 2 Temos, então, que: P(n) = 3 0 3 36 ym 2 2 Analogamente, seja N o evento: c ser sucessor de b. 14 y= x N ocorre quando (a; 1; 2) (a; 2; 3) (a; 3; 4) (a; 4; 5) e (a; 5; 6). 33 Uma vez que a circunferência é tangente a C no ponto (0; 3), o 5 Então: P(N) = centro de C pertence à reta que passa por esse ponto e por 1; 4 36 2 Seja M N a probabilidade de M e N ocorrerem simultaneamente. 4 3 M N ocorre nos seguintes casos: m´ = 1 = –2 y – 3 = –2(x – 0) (1; 2; 3) (2; 3; 4) (3; 4; 5) (4; 5; 6) 2 y =–2x + 3 0 4 1 Assim P(M N) = 216 54 Fazendo x intersecção: y a 4 Logo: C = (1; 1) y 2x 3 P(M N) = P(M) + P(N) – P(M N) 33 5 5 1 30 2 28 7 P(M N) = 36 36 54 108 108 27 2 2 Alternativa E r= (1 0) (1 3) 5 Alternativa C fuv101fnov CPV
  4. 4. 4 FUVEST – 28/11/2010 Seu pé direito nas melhores Faculdades29. Seja f (x) = a + 2bx+c, em que a, b e c são números reais. A 30. Um sólido branco apresenta as seguintes propriedades: imagem de f é a semirreta ]–1, [ e o gráfico de f intercepta os eixos coordenados nos pontos (1, 0) e (0, –3/4). Então, I. É solúvel em água. o produto abc vale II. Sua solução aquosa é condutora de corrente elétrica. III. Quando puro, o sólido não conduz corrente elétrica. a) 4 IV. Quando fundido, o líquido puro resultante não conduz b) 2 corrente elétrica. c) 0 d) –2 Considerando essas informações, o sólido em questão pode e) –4 ser Resolução: a) sulfato de potássio. b) hidróxido de bário. Como f (x) = a + 2bx+c, f representa uma função exponencial. c) platina. ● Im = ]–1, [ a = –1 d) ácido cis-butenodioico. 3 e) polietileno. ● f (0) = c = –2 4 3 0x+c c= 1 Resolução: = –1 + 2 2 ● f (1) = 0 4 0 = –1 + 21.b–2 4 20 = 2b–2 b=2 Dos compostos listados na questão, o único que obedece as quatro afirmativas é o ácido cis-butenodioico, por ser um composto abc = (–1) . (+2) . (–2) = 4 molecular e que sofre ionização. Alternativa A Alternativa DCPV fuv101fnov
  5. 5. Seu pé direito nas melhores Faculdades FUVEST – 28/11/2010 531. Considere 4 frascos, cada um contendo diferentes 32 A figura abaixo traz um modelo da estrutura microscópica substâncias, a saber: de determinada substância no estado sólido, estendendo-se pelas três dimensões do espaço. Nesse modelo, cada esfera Frasco 1: 100 mL de H2O(l) representa um átomo e cada bastão, uma ligação química Frasco 2: 100 mL de solução aquosa de ácido acético de entre dois átomos. concentração 0,5 mol/L Frasco 3: 100 mL de solução aquosa de KOH de concentração 1,0 mol/L Frasco 4: 100 mL de solução aquosa de HNO3 de concentração 1,2 mol/L A cada um desses frascos, adicionaram-se, em experimentos distintos, 100 mL de uma solução aquosa de HCl de concentração 1,0 moI/L. Medindo-se o pH do líquido contido em cada frasco, antes e depois da adição de HCl(aq), pôde- A substância representada por esse modelo tridimensional se observar aumento do valor do pH somente pode ser a) nas soluções dos frascos 1, 2 e 4. b) nas soluções dos frascos 1 e 3. a) sílica, (SiO2)n. c) nas soluções dos frascos 2 e 4. b) diamante, C. d) na solução do frasco 3. c) cloreto de sódio, NaCl. e) na solução do frasco 4. d) zinco metálico, Zn. e) celulose, (C6H10O5)n. Resolução: Resolução: O ácido adicionado nos quatro frascos (ácido clorídrico) possui A estrutura indica um átomo que faz quatro ligações com átomos de concentração molar 1 mol/L e volume 0,1L. outro elemento. O outro elemento faz duas ligações. A substância representada pode ser a sílica: (SiO2)n. No frasco 1, existe somente água, e a adição de HCl fará o pH Alternativa A diminuir. No frasco 2, existe um ácido de concentração menor e mais fraco (menos ionizado) do que o ácido clorídrico. Portanto, a adição de HCl provocará aumento na concentração de H e, + consequentemente, diminuição do pH. No frasco 3, existe uma base forte que será totalmente neutralizada pelo ácido clorídrico adicionado. Inicialmente, o pH estava básico e, com adição do ácido, ocorreu diminuição do pH, até atingir o valor 7. No frasco 4, existe um ácido forte e mais concentrado do que o ácido clorídrico adicionado. Aplicando-se a fórmula da mistura de soluções de solutos diferentes e que não reagem entre si, tem-se: M1V1 + M2V2 = M3V3 0,1 x 1,0 + 1,2 x 0,1 = M3 . 0,2 0, 22 M3 = = 1,1 mol/L (< 1,2 mol/L) 0, Portanto, houve diminuição da concentração de H+ em relação à inicial. Logo, no frasco 4, houve aumento de pH. Alternativa E fuv101fnov CPV
  6. 6. 6 FUVEST – 28/11/2010 Seu pé direito nas melhores Faculdades33. Em um funil de separação, encontram-se, em contato, 34. Ao abastecer um automóvel com gasolina, é possível sentir volumes iguais de duas soluções: uma solução aquosa de o odor do combustível a certa distância da bomba. Isso I2, de concentração 0,1 x 10–3 mol/L, e uma solução de I2 significa que, no ar, existem moléculas dos componentes da em CCl 4, de concentração 1,0 x 10–3 moI/L. gasolina, que são percebidas pelo olfato. Mesmo havendo, no ar, moléculas de combustível e de oxigênio, não há combustão nesse caso. Três explicações diferentes foram propostas para isso: I. As moléculas dos componentes da gasolina e as do oxigênio estão em equilíbrio químico e, por isso, não reagem. II. À temperatura ambiente, as moléculas dos componentes da gasolina e as do oxigênio não têm energia suficiente Considere que o valor da constante Kc do equilíbrio para iniciar a combustão. III. As moléculas dos componentes da gasolina e as do I2(aq)  I2 (CCl 4) oxigênio encontram-se tão separadas que não há colisão é igual a 100, à temperatura do experimento, para entre elas. concentrações expressas em moI/L. Dentre as explicações, está correto apenas o que se propõe Assim sendo, o que é correto afirmar a respeito do sistema em descrito? a) Se o sistema for agitado, o I2 será extraído do CCl 4 a) I. pela água, até que a concentração de I2 em CCl 4 se b) II. iguale a zero. c) III. b) Se o sistema for agitado, o I2 será extraído da água pelo d) I e II. CCl 4, até que a concentração de I2 em água se iguale e) II e III. a zero. c) Mesmo se o sistema não for agitado, a concentração Resolução: de I2 no CCl 4 tenderá a aumentar e a de I2, na água, I. Incorreto — as moléculas da gasolina e as do oxigênio não estão em equilíbrio, porque não ocorreu reação. tenderá a diminuir, até que se atinja um estado de II. Correto — não ocorreu reação por não haver energia equilíbrio. suficiente (necessidade de energia de ativação). d) Mesmo se o sistema não for agitado, a concentração III. Incorreto — ocorrem colisões entre as moléculas de gasolina de I2 na água tenderá a aumentar e a de I2, no CCl 4, e oxigênio, mas não resultam em uma reação por não haver tenderá a diminuir, até que se atinja um estado de energia suficiente. equilíbrio. Alternativa B e) Quer o sistema seja agitado ou não, ele já se encontra em equilíbrio e não haverá mudança nas concentrações de I2 nas duas fases. Resolução: O Quociente de Equilíbrio do processo possui um valor diferente da constante de equilíbrio. [I2(CCl )] 1 x 10 3 Q= 4 = 10 [I2(aq)] 1 x 10 4 Conclui-se, então, que o sistema ainda não atingiu o equilíbrio, mas está caminhando para atingir. Com o passar do tempo, ocorrerá diminuição na concentração do I2 em água e aumento na concentração de I2 em CCl 4, até atingir-se o equilíbrio. A agitação do sistema permitiria que o equilíbrio fosse atingido mais rapidamente, porém a concentração do I2 na água nunca seria zero (equilíbrio químico). Sendo assim, a alternativa C é a correta. Alternativa CCPV fuv101fnov
  7. 7. Seu pé direito nas melhores Faculdades FUVEST – 28/11/2010 735. O isótopo 14 do carbono emite radiação β, sendo que 36. As naves espaciais utilizam pilhas de combustível, 1 g de carbono de um vegetal vivo apresenta cerca de 900 alimentadas por oxigênio e hidrogênio, as quais, além de decaimentos β por hora — valor que permanece constante, fornecerem a energia necessária para a operação das naves, pois as plantas absorvem continuamente novos átomos de produzem água, utilizada pelos tripulantes. 14C da atmosfera enquanto estão vivas. Uma ferramenta de madeira, recolhida num sítio arqueológico, apresentava Essas pilhas usam, como eletrólito, o KOH(aq), de modo 225 decaimentos β por hora por grama de carbono. Assim que todas as reações ocorrem em meio alcalino. A troca sendo, essa ferramenta deve datar, aproximadamente, de de elétrons se dá na superfície de um material poroso. Um esquema dessas pilhas, com o material poroso representado a) 19 100 a.C. na cor cinza, é apresentado a seguir. b) 17 100 a.C. c) 9 400 a.C. d) 7 400 a.C. e) 3 700 a.C. Dado: tempo de meia-vida do 14C = 5 700 anos Resolução: De 900 decaimentos β por hora para 225 decaimentos β por hora passaram-se 2 períodos de meia-vida, o que equivale a 11400 anos. Comoestamosnoanode2010,issoteriaocorridoaproximadamente, no ano 9400 a.C. Alternativa C Escrevendo as equações das semirreações que ocorrem nessas pilhas de combustível, verifica-se que, nesse esquema, as setas com as letras a e b indicam, respectivamente, o sentido de movimento dos a) íons OH– e dos elétrons. b) elétrons e dos íons OH–. c) íons K+ e dos elétrons. d) elétrons e dos íons K+. e) elétrons e dos íons H+. Resolução: Analisando-se o esquema, verifica-se que se pode escrever as seguintes semirreações: Ânodo: 2 H2 → 4 H+ + 4 e– (–) Cátodo: O2 + 4 e– + 2 H+ → 2 OH– (+) Reação: 2 H2 + O2 → 2 H2O Global A letra a representa os elétrons formados no ânodo e que migram para o cátodo. A letra b representa os íons hidróxidos (OH–), que migram do cátodo para o ânodo, com a finalidade de manter o equilíbrio iônico. Alternativa B fuv101fnov CPV
  8. 8. 8 FUVEST – 28/11/2010 Seu pé direito nas melhores Faculdades37. Os confeitos de chocolate de determinada marca são 38. Para identificar quatro soluções aquosas, A, B, C e D, que apresentados em seis cores. Com eles, foi feito o seguinte podem ser soluções de hidróxido de sódio, sulfato de potássio, experimento, destinado a separar os corantes utilizados em ácido sulfúrico e cloreto de bário, não necessariamente nessa sua fabricação: Confeitos de cada uma das seis diferentes ordem, foram efetuados três ensaios, descritos a seguir, com cores foram umedecidos com água e pressionados contra as respectivas observações. uma folha de papel especial, de modo a deixar amostras dos corantes em pontos igualmente espaçados, sempre a I. A adição de algumas gotas de fenolftaleína a amostras 2 cm da base da folha. A seguir, a folha foi colocada em de cada solução fez com que apenas a amostra de B se um recipiente com água, de forma a mergulhar somente a tornasse rosada. base da folha de papel na água, sem que o líquido tocasse II. A solução rosada, obtida no ensaio I, tornou-se incolor os pontos coloridos. Após algum tempo, quando a água pela adição de amostra de A. havia atingido o topo da folha, observou-se a formação III. Amostras de A e C produziram precipitados brancos de manchas de diferentes cores, aqui simbolizadas por quando misturadas, em separado, com amostras de D. diferentes formas e tamanhos: Com base nessas observações e sabendo que sulfatos de metais alcalino-terrosos são pouco solúveis em água, pode- se concluir que A, B, C e D são, respectivamente, soluções aquosas de a) H2SO4, NaOH, BaCl 2 e K2SO4. b) BaCl 2, NaOH, K2SO4 e H2SO4. c) NaOH, H2SO4, K2SO4 e BaCl 2. d) K2SO4, H2SO4, BaCl 2 e NaOH. e) H2SO4, NaOH, K2SO4 e BaCl 2. Resolução: ● Pela observação I, conclui-se que a amostra B é a solução de NaOH,porseraúnicacompHbásico(corrosaemfenolftaleína). ● Pela observação II, verifica-se que a amostra A é a solução de H2SO4, por ser a única que neutraliza a solução de NaOH. Os confeitos em cuja fabricação é empregado um corante ● Pela observação III, constata-se que a amostra D é a solução amarelo são os de cor de BaCl 2, pois, dentre as duas amostras restantes, é a única que precipita com o H2SO4. a) vermelha, amarela e marrom. Alternativa E b) amarela, verde e laranja. c) verde, azul e marrom. d) vermelha, amarela e verde. e) vermelha, laranja e marrom. Resolução: A posição das manchas formadas na folha depende dos componentes de cada confeito. O corante amarelo, como é possível verificar pela figura, forma uma única mancha característica. Essa mesma mancha aparece nos confeitos verde e vermelho. Alternativa DCPV fuv101fnov
  9. 9. Seu pé direito nas melhores Faculdades FUVEST – 28/11/2010 939. Em 2009, o mundo enfrentou uma epidemia, causada pelo 40. A figura abaixo representa uma célula diploide e as células vírus A(H1N1), que ficou conhecida como gripe suína. A resultantes de sua divisão. descoberta do mecanismo de ação desse vírus permitiu o desenvolvimento de dois medicamentos para combater a infecção, por ele causada, e que continuam necessários, apesar de já existir e estar sendo aplicada a vacina contra esse vírus. As fórmulas estruturais dos princípios ativos desses medicamentos são: Nesse processo, Examinando-se as fórmulas desses compostos, verifica- se que dois dos grupos funcionais que estão presentes no a) houve um único período de síntese de DNA, seguido oseltamivir estão presentes também no zanamivir. Esses de uma única divisão celular. grupos são característicos de b) houve um único período de síntese de DNA, seguido de duas divisões celulares. a) amidas e éteres. c) houve dois períodos de síntese de DNA, seguidos de b) ésteres e álcoois. duas divisões celulares. c) ácidos carboxílicos e éteres. d) não pode ter ocorrido permutação cromossômica. d) ésteres e ácidos carboxílicos. e) a quantidade de DNA das células filhas permaneceu e) amidas e álcoois. igual à da célula mãe. Resolução: Resolução: O esquema da questão representa, de forma simplificada, o ciclo Funções presentes no oseltamivir: meiótico de uma célula 2n = 2. Durante a meiose, há na interfase (fase S) síntese de DNA, que Éter resulta na duplicação dos cromossomos, os quais passam a Éster apresentar duas ―cromátides-irmãs‖. Amida Essa etapa precede o início da meiose I e, na passagem da primeira Amina divisão para a meiose II, não ocorre síntese de material genético, Funções presentes no zanamivir: havendo formação de quatro células haploides (n = 1). Alternativa B Álcool Éter Ácido carboxílico Amina Amida Funções em comum: amina, amida e éter. Alternativa A fuv101fnov CPV
  10. 10. 10 FUVEST – 28/11/2010 Seu pé direito nas melhores Faculdades41. Os resultados de uma pesquisa realizada na USP revelam 42. Na evolução dos vegetais, o grão de pólen surgiu em plantas que a araucária, o pinheiro brasileiro, produz substâncias que correspondem, atualmente, ao grupo dos pinheiros. Isso antioxidantes e fotoprotetoras. Uma das autoras do estudo significa que o grão de pólen surgiu antes considera que, possivelmente, essa característica esteja relacionada ao ambiente com intensa radiação UV em que a) dos frutos e depois das flores. a espécie surgiu há cerca de 200 milhões de anos. Com b) das flores e depois dos frutos. base na Teoria Sintética da Evolução, é correto afirmar c) das sementes e depois das flores. que d) das sementes e antes dos frutos. e) das flores e antes dos frutos. a) essas substâncias surgiram para evitar que as plantas sofressem a ação danosa da radiação UV. Resolução: b) a radiação UV provocou mutações nas folhas da Os pinheiros são representantes do grupo das gimnospermas, nas araucária, que passaram a produzir tais substâncias. quais se inicia a fecundação de forma independente da água, devido à presença do grão de pólen e, consequentemente, do tubo polínico. c) a radiação UV atuou como fator de seleção, de maneira Na escala evolutiva, é sabido que as gimnospermas surgiram que plantas sem tais substâncias eram mais suscetíveis antes das angiospermas, vegetais possuidores de flores e frutos, à morte. estruturas ausentes nos pinheiros. Estes apresentam estróbilos e d) a exposição constante à radiação UV induziu os sementes nuas. indivíduos de araucária a produzirem substâncias de Alternativa E defesa contra tal radiação. e) a araucária é um exemplo típico da finalidade da evolução, que é a produção de indivíduos mais fortes e adaptados a qualquer ambiente. Resolução: Em um ambiente exposto à forte radiação solar, como o citado, árvores de araucárias que apresentavam substâncias antioxidantes e fotoprotetoras foram selecionadas em detrimento daquelas que não as possuíam. Esse fato está de acordo com a Teoria Sintética da Evolução. Alternativa CCPV fuv101fnov
  11. 11. Seu pé direito nas melhores Faculdades FUVEST – 28/11/2010 1143. Considere os filos de animais viventes e as seguintes Esse gráfico mostra que, características relacionadas à conquista do ambiente terrestre: a) desde 1910 até 1940, a taxa de natalidade superou a de mortalidade em todos os anos. I. Transporte de gases feito exclusivamente pelo sistema b) a partir de 1938, a queda do número de indivíduos foi respiratório, independente do sistema circulatório. devida à emigração. II. Respiração cutânea e pulmonar no mesmo indivíduo. c) no período de 1920 a 1930, o número de nascimentos III. Ovos com casca calcárea resistente e porosa. mais o de imigrantes foi equivalente ao número de mortes mais o de emigrantes. A sequência que reproduz corretamente a ordem evolutiva d) no período de 1935 a 1940, o número de nascimentos de surgimento de tais características é: mais o de imigrantes superou o número de mortes mais o de emigrantes. a) I, II e III. e) no período de 1910 a 1950, o número de nascimentos b) II, I e III. mais o de imigrantes superou o número de mortes mais c) II, III e I. o de emigrantes. d) III, I e II. Resolução: e) III, II e I. Resolução: I. Descreve o sistema traqueal característico dos artrópodes. II. Respiração cutânea e pulmonar num mesmo indivíduo é característica marcante de animais do Filo Cordados, da Classe dos Anfíbios. III. Ovos com casca calcária, resistente e porosa, surgem na 1200 Classe Répteis do Filo Cordados. Assim, a sequência numérica que reproduz a sequência evolutiva do surgimento dessas características é I, II, III. Alternativa A44. Em 1910, cerca de 50 indivíduos de uma espécie de 1935 mamíferos foram introduzidos numa determinada região. O 1938 gráfico abaixo mostra quantos indivíduos dessa população foram registrados a cada ano, desde 1910 até 1950. Observando atentamente o gráfico, nota-se que em 1935 havia 1000 indivíduos. Já em 1940 o número de indivíduos era de 1200. Assim, nesse período, embora a curva mostre que de 1938 a 1940 houve declínio do número de indivíduos, se considerarmos apenas a diferença entre o início e o final do período mencionado, houve crescimento de 200 indivíduos. Alternativa D fuv101fnov CPV

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