Simulado Espcex Mat Elite.pdf

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Modelo A

Modelo B

Modelo C

01

E

B

D

02

C

E

A

03

E

C

E

04

D

E

C

05

B

C

D

06

E

D

D

07

B

D

B

08

D

E

B

09

D

E

E

10

D

C

C

11

D

E

A

12

A

D

B

13

C

B

E

14

A

C

E

15

B

A

C

16

A

B

E

17

E

B

D

18

D

D

B

19

A

A

A

20

C

C

D

21

B

B

C

22

A

A

A

23

B

D

C

24

C

A

B

25

C

D

A

26

A

A

B

27

E

E

D

28

E

A

A

29

B

A

E

30

A

B

A

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GABARITO COMENTADO – MODELO A

Considere as funções Reais f(x) = 3x, de domínio [4, 8] e g(y) = 4y, de domínio [6, 9]. f(x) Os valores máximo e mínimo que o quociente pode assumir são, respectivamente g(y) 2 1 a) e . 3 2 1 e 1. b) 3 4 3 e . c) 3 4 3 1 d) e . 4 3 1 e) 1 e . 3 01.

Solução:

f(x) , para que tenhamos k máximo, precisamos que o valor de f(x) seja o g(y) maior possível e g(y) o menor possível. Para isso, como f(x) e g(x) são funções estritamente crescentes, o maior valor de f(x) será alcançado quando x = 8 e o menor valor de g(y), quando y = 6, portanto f(8) 3.8 k = =1 g(6) 4.6 Analogamente, o k mínimo será obtido quando f(x) for o menor possível, x = 4 e g(x) o maior possível, y = 9, ou seja: f(4) 3.4 1 k = = g(9) 4.9 3

Definimos k =

Opção: E

02.

x+ i , com x e y reais e i2 = –1. 3 4i = 20 então o módulo de z é igual a:

Seja o número complexo z =

Se x2 + a) 0 b) 5 2 5 c) 5 d) 4 e) 10

2

Solução:

x + yi x + yi x2 + y2 20 2 5 z = = = 2 = = 3 + 4i 3 + 4i 5 5 3 + 42 Opção: C

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03.

O domínio da função real f(x) =

a) b) c) d) e)

2, ∞ 2, 6  –∞, 6  –2, 2 –∞, 2 

2–x é x 2 – 8x 12

Solução:

Para que um número real pertença ao domínio da função, é necessário que: 2 − x ≥ 0  2 x − 8x + 12 ≠ 0 Se 2 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 e x 2 8x + 12 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 e x ≠ 6 , logo o domínio da função será a interseção dessas soluções que é: −∞,2 Opção: E

Na Física, as leis de Kepler descrevem o movimento dos planetas ao redor do Sol. Define–se como período de um planeta o intervalo de tempo necessário para que este realize uma volta completa ao redor do Sol. Segundo a terceira lei de Kepler, “Os quadrados dos períodos de revolução (T) são proporcionais aos cubos das distâncias médias (R) do Sol aos planetas”, ou seja, T 2 = KR3, em que K é a constante de proporcionalidade. Sabe–se que a distância do Sol a Júpiter é 5 vezes a distância Terra–Sol; assim, se denominarmos T ao tempo necessário para que a Terra realize uma volta em torno do Sol, ou seja, ao ano terrestre, a duração do “ano” de Júpiter será a) 3 5T b) 5 3T c) 3 5T d) 5 5T e) 3 3T 04.

Solução:

Como R = 5 ⋅ R T , temos: TJ2 TR 2 TJ2 TR 2 ⇔ = ⇔ RJ3 RT 3 125 ⋅ RT 3 RT 3

= 5 5 ⋅ TT

Opção: D

Considerando log 2 = 0,30 e log 3 = 0,48, o número real x, solução da equação 5 x–1 = 150, pertence ao intervalo: a) –∞, 0 b) 4, 5  c) 1, 3 d) 0, 2  e) 5, ∞ 05.

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Solução:

10 = 1 − log2 = 0,7 2 = log150 ⇔ (x − 1)log5 = log3 + log5 + log10

Sabendo que log5 = log 5x−1 = 150 ⇔ log5(x −1)

(x − 1).0,7 = 0,48 + 0,7 + 1 ⇔ x =

2,88 4 = 4 + , logo x ∈ [4,5[ 0,7 35

Opção: B

3x.27y = 9  06. O Conjunto solução do sistema  3 2 2 é formado por dois pontos, cuja y xy 0 + =  3 localização no plano cartesiano é a) Ambos no primeiro quadrante. b) Um no quarto quadrante e o outro no eixo X. c) Um no segundo quadrante e o outro no terceiro quadrante. d) Um no terceiro quadrante e o outro no eixo Y. e) Um no segundo quadrante e o outro no eixo X. Solução:

3x.27y = 9   3 2 2 y + 3 xy = 0 3x.27y = 9 ⇔ 3x (33 )y = 3 2 ⇔ 3x +3y = 32 ⇔ x + 3y = 2 ⇔ x = 2 − 3y Substituindo x na outra equação, temos: 2 2 y3 + xy2 = 0 ⇒ y3 + (2 − 3y)y2 = 0 3 3 ⇔ y2 (3y + 4 − 6y) = 0 ⇔ y2 (4 − 3y) = 0 4 y = 0 ⇒ x = 2 ou y = ⇒ x = − 2 3 (2,0) − Eixo x Portanto o conjunto solução possui os pontos  4 ( 2, ) − 2o Quadrante −  3 Opção: E

Na pesquisa e desenvolvimento de uma nova linha de defensivos agrícolas, constatou– se que a ação do produto sobre a população de insetos em uma lavoura pode ser descrita pela expressão N ( t) N0 ⋅ 2kt , sendo N0 a população no início do tratamento, N ( t) , a população após t dias de tratamento e k uma constante, que descreve a eficácia do produto. Dados de campo mostraram que, após dez dias de aplicação, a população havia sido reduzida à quarta parte da população inicial. Com estes dados, podemos afirmar que o valor da constante de eficácia deste produto é igual a 07.

a) b) c) d) e)

5 −1 −5 1 10 10 1 −10 −1 4 www.sistemaeliterio.com.br

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Solução:

Sabemos que N(t) = No .2kt e para t = 10 dias, temos: N N(10) = No .210k = o . Portanto 210k = 2 2 ⇔ k = − 5−1 . 4 Opção: B

Considere a função real f ( x ) , cujo gráfico está representado na figura, e a função real g (x ) , definida por g ( x ) f ( x − 1) + 1 .

08.

 1   O valor de g  −   é 2 a) –3 b) –2 c) 0 d) 2 e) 3 Solução:

f(x) é uma função do primeiro grau cujo gráfico é a reta mostrada, que passa pelos pontos 2 ( 3,0) e (0,2) e possui coeficiente angular e o coeficiente linear igual a 2, logo 3 2 f(x) x + 2. 3 Portanto:  1  1  2  3   g   = f  − − 1 + 1 =  −  +  2 + 1 = 2  2  2  3  2   Opção: D

09.

a) b) c) d) e)

A inequação 10x + 10x +1 + 10x +2 + 10x+3 + 10x+ 4 < 11111 , em que x é um número real, não tem solução tem apenas uma solução tem apenas soluções positivas tem apenas soluções negativas tem soluções positivas e negativas

Solução:

10x + 10x +1 + 10x +2 + 10x+3 + 10x+ 4 < 11111 10x (100 + 101 + 102 + 103 + 104 ) < 11111 10 x.11111 < 11111 10x < 1 ⇔ x < 0 Portanto, teremos apenas soluções negativas. Opção: D

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10.

O cosseno do menor ângulo formado pelos ponteiros de um relógio às 14 horas e 30 minutos

vale a) b) c) d) e)

( −

3 + 1) 2 ( 2 + 1) − 2 (1 + 2 4 6 − 2) ( − 4 ( 2 + 3) 4

Solução:

O menor ângulo formado pelos ponteiros do relógio às 14h e 30min é igual a 120o − 15o = 105o , de fato se o ponteiro das horas estiver no 2 e o dos minutos estiver no 6 o ângulo é de 120o , como o ponteiro das horas após 30 minutos percorre o correspondente a 15o, o ângulo valerá 105o . cos105o = cos(60o + 45o ) = cos60 cos 45o − sen60o sen45o 1 2 3 2 2− 6 = ⋅ − ⋅ = 2 2 2 2 4 Opção: D

11.

O valor numérico da expressão

 53π   2 sec 1320° + ( tg 2220° ) é: 2 ⋅ cos     3   2

a) –1 b) 0 1 c) 2 d) 1 e) −

2

Solução:

Observando os ângulos, obtemos: 1320o = 3.360o + 240o 53π π = 18π − 3 3 o 2220 = 6.360o + 60o Logo, é possível reduzir a expressão inicial pela expressão equivalente: 2  π   sec240 o 1 2.cos  −   + ( tg60o ) = − 1 − 2. + 3 = 1  3  2 2 Opção: D

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12.

A função real f ( x ) está representada no gráfico abaixo.

A expressão algébrica de f ( x) é  − sen x , se x < 0 a) f ( x) =   cos x , se x ≥ 0  cos x , se x 0 b) f ( x) =   sen x , se x 0  − cos x , se x < 0 c) f ( x) =   sen x , se x ≥ 0  sen x , se x 0 d) f ( x) =   cos x , se x 0  sen x, se x < 0 e) f ( x) =  cos x, se x ≥ 0 Solução:

Para ≥ 0 , temos o gráfico da função cos(x) com a parte negativa rebatida em torno do eixo x, logo f(x) = cos(x) se x 0 . Para x 0 o gráfico será da função sen(x) com a parte positiva rebatida em torno do eixo x, logo (x) = − sen(x) , se x < 0. Opção: A

Considere o triângulo ABC abaixo, retângulo em C, em que BÂC = 30° . Neste triângulo está representada uma sequência de segmentos cujas medidas estão indicadas por L 1, L2, L3 , ..., Ln , em que cada segmento é perpendicular a um dos lados do ângulo de vértice A. L O valor 9 é L1 13.

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a) b) c) d) e)

27 3 128 1 128 81 256 27 64 1 256

Solução:

Como o ângulo BÂC = 30 , observamos que L 2 = L1.cos30 ,L3 = L2 .cos300 = L1 .(cos300 )2 ,...,Ln = L1 .(cos300 )n 1 , ou seja, a sequência L 1,L 2,L 3,... é uma PG cuja de razão cos30 o. Portanto, 8    L 3 81 L 9 = L 1.(cos300 )8 ⇔ 9 =    = L1  2   256 Opção: C

A figura abaixo é formada por um dispositivo de forma triangular em que, nos vértices e nos pontos médios dos lados, estão representados alguns valores, nem todos conhecidos. Sabe–se que a soma dos valores correspondentes a cada lado do triângulo é sempre 24. 14.

Assim, o valor numérico da expressão x y ⋅ z é a) –2 b) –1 c) 2 d) 5 e) 10 Solução:

Como em cada lado do triângulo da figura obteremos soma 24, observamos que: x + y = 19  x z = 14 ⇔ x = 12, y = 7, z = 2 y + z = 9  Logo, x − y.z = −2. Opção: A

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Se todos os anagramas da palavra ESPCEX forem colocados em ordem alfabética, a palavra ESPCEX ocupará, nessa ordenação, a posição a) 144 b) 145 c) 206 d) 214 e) 215 15.

Solução:

Em ordem alfabética temos: 5! = 60 casos 2! Anagramas começados com a letra E e com a segunda letra igual a C,E ou P: 3.4.3.2.1= 72 casos; Anagramas começados com ES, tendo C ou E como terceira letra: 2.3.2.1=12 casos;

Anagramas começados por C: P52,1,1,1 =

Como ESPCEX é o próximo anagrama a ser escrito, sua colocação será: 60+72+12+1=145 Opção: B

16.

a) b) c) d) e)

Se x é um número real positivo, então a sequência (log3 x, log3 3x, log3 9x) é Uma Progressão Aritmética de razão 1 Uma Progressão Aritmética de razão 3 Uma Progressão Geométrica de razão 3 Uma Progressão Aritmética de razão log3 x Uma Progressão Geométrica de razão log3 x

Solução:

log3 3x corresponde a 1+ log 3x log3 9x corresponde a 2+ log 3x Portanto a sequencia é S = (log3 x, log3 3x, log3 9x) = (log3 x, 1+ log3 x, 2+ log3x) PA de razão 1. Opção: A

Pesquisas revelaram que, numa certa região, 4% dos homens e 10% das mulheres são diabéticos. Considere um grupo formado por 300 homens e 700 mulheres dessa região. Tomando–se ao acaso uma pessoa desse grupo, a probabilidade de que essa pessoa seja diabética é a) 4% b) 5% c) 5,4% d) 7,2% e) 8,2% 17.

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Solução:

4% dos 300 homens equivale a 12 homens; 10% das 700 mulheres equivale a 70 mulheres; Logo, neste grupo de 1000 pessoas, 82 são diabéticas. Portanto a probabilidade de selecionar um indivíduo diabético é

82 = 8,2% . 1000

Opção: E

18.

Considere as seguintes afirmações:

I. Se dois planos α e β são paralelos distintos, então as retas r1 ⊂ α e r2 ⊂ β são sempre paralelas. II. Se α e β são planos não paralelos distintos, existem as retas r1 ⊂ α e r2 ⊂ β tal que r1 e r2 são paralelas. III. Se uma reta r é perpendicular a um plano α no ponto P, então qualquer reta de α que passa por P é perpendicular a r. Dentre as afirmações acima, é(são) verdadeira(s) a) Somente II b) I e II c) I e III d) II e III e) I, II e III Solução:

I. Falso. As retas poderão ser reversas. II. Verdadeira. Seja a reta t a intersecção entre os planos. Seja a reta r1  , tal que r1  t e a reta r2  ,tal que r2  t então, temos que r1  r2 . III. Verdadeira, por definição de perpendicularidade entre reta e plano. Opção: D

Considere um plano  e os pontos A, B, C e D tais que O segmento AB tem 6 cm de comprimento e está contido em . O segmento BC tem 24 cm de comprimento, está contido em  e é perpendicular a AB. O segmento AD tem 8 cm de comprimento e é perpendicular a .

19.   

Nessas condições, a medida do segmento CD é a) 26 cm b) 28 cm c) 30 cm d) 32 cm e) 34 cm

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Solução:

Com base na figura

CD2 = 82 + 62 + 242 CD2 = 676 CD = 26 cm X 2 = 62 + 242

Opção: A

A figura espacial representada abaixo, construída com hastes de plástico, é formada por dois cubos em que, cada vértice do cubo maior é unido a um vértice correspondente do cubo menor por uma aresta e todas as arestas desse tipo têm a mesma medida. Se as arestas dos cubos maior e menor medem, respectivamente, 8 cm e 4 cm, a medida de cada uma das arestas que ligam os dois cubos é a) 6 2 c m b) 3 2 c m c) 2 3cm d) 4 3cm e) 6 3 c m 20.

Solução:

Observando o plano ACGE temos a seguinte figura:

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Seja CC’ = EE’ = x EC é a Diagonal do Cubo maior, cuja aresta mede 8 cm, logo EC = 8 3 cm. E’C’ é a diagonal do cubo menor cuja aresta mede 4 cm, logo E’C’ = 4 3 cm. Portanto, 2x = 8 3 − 4 3 ⇔ x = 2 3 cm . Opção: C

Na figura abaixo, está representado um cubo em que os pontos T e R são pontos médios de duas de suas arestas. Sabe–se que a aresta desse cubo mede 2 cm. Assim, o volume do sódio geométrico definido pelos pontos PQRST, em cm 3, é: 21.

a) b) c) d) e)

2 3 4 3 5 3 16 3 32 3

Solução:

Observamos que o sólido proposto corresponde a uma pirâmide cuja base é o quadrilátero QTSR

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O volume será: 1 V = . Área(QRST).PQ 3

Como a aresta do cubo é igual a 2, a Área(QRST) 22 − 2. Logo, V(PQRST)

2.1 =2 2

1 4 ⋅2 ⋅2 = 3 3

Opção: B

A figura abaixo representa dois tanques cilíndricos, T1 e T 2, ambos com altura h, e cujos raios das bases medem R e R 2, respectivamente. Esses tanques são usados para 2 armazenar combustível existente em cada um deles é tal que seu nível corresponde a da 3 altura. O tanque T1 contém gasolina pura e o tanque T2 contém uma mistura etanol–gasolina, com 25% de etanol. Deseja–se transferir gasolina pura do tanque T1 para T2 até que o teor de etanol na mistura em T2 caia para 20%. Nessas condições, ao final da operação, a diferença entre a altura dos níveis de T 1 e T 2 será 1 h a) 2 1 b) h 3 1 c) h 4 1 d) h 5 1 e) h 6 22.

Solução:

Seja V1 o volume do líquido no tanque 1, V2 o volume do líquido no tanque 2, v o volume deslocado e a altura do tanque h = 6x. Temos então que a altura do líquido nos tanques é 4x. V1 = πR2 .4x V2 = π(R 2)2.4x = 2πR 2.4x = 2V1  V2  4 de e tanol Ao transferirmos v de T1 para T2 , temos V2 + v =   3V2 + v de gasolina  4 V2 20 V V .(V2 + v) ⇔ v = 2 = 1 = 4 100 4 2

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Logo, retirando metade do líquido de T1, sua altura se reduz à metade, ou seja 2x. 1 1 Acrescentando do volume de V2, sua altura também aumenta , ou seja, 5x. Portanto a 4 4 h diferença das alturas é 5x – 2x = 3x = . 2 Opção: A

Na figura abaixo, dois vértices do trapézio sombreado estão no eixo x e os outros dois vértices estão sobre o gráfico da função real f(x) = log kx, com k>0 e k1. Sabe–se que o trapézio sombreado tem 30 unidades de área; assim, o valor de k+p–q é a) –20 b) –15 c) 10 d) 15 e) 20 23.

Solução:

Seja S= Área da Figura Hachurada Do gráfico: logk p 1 → p = k logk q = 2 → q = k2 (1 + 2).(p − q) 3.(k2 − k) = = 30 S= 2 2 k.(k − 1) = 5.4 ⇒ k = p = 5 ⇒ q = 25 Logo, k+p–q = –15. Opção: B

24.

a) b) c) d) e)

O ponto da circunferência x2 + y2 + 2x + 6y + 1 = 0 que tem ordenada máxima é (0, –6) (–1, –3) (–1, 0) (2, 3) (2, –3)

Solução:

A equação acima se reduz a: (x + 1) + (y + 3)2 = 32 que representa uma circunferência de centro (-1, -3) e raio 3. Logo o ponto de maior ordenada é (-1,0). Opção: C

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Os polinômios A(x) e B(x) são tais que A(x) = B(x) + 3x 3 + 2x2 + x + 1. Sabendo–se que –1 é raiz de A(x) e 3 é raiz de B(x), então A(3) – B(–1) é igual a: a) 98 b) 100 c) 102 d) 103 e) 105 25.

Solução:

p(x) = A(x) – B(x) = 3 x3 + 2 x2+ x + 1 P (-1) = - B(-1) = -3+2-1+1=-1 P(3) = A(3) = 81+18+3+1=103 Portanto, P(3) P(−1) = A(3) − B(− 1) = 102 Opção: C

 1   y2 + 3 . A equação da reta perpendicular à O ponto p  a,   pertence à parábola X =  3   3 bissetriz dos quadrantes ímpares que passa por P é: a) 27x + 27y – 37 = 0 b) 37x + 27y – 27 = 0 c) 27x + 37y – 27 = 0 d) 27x + 27y – 9 = 0 e) 27x + 37y – 9 = 0 26.

Solução:

1 + 1 28 1 9 = Para x = a e y = temos a = . A equação da reta bissetriz dos quadrantes 3 3 27 ímpares é y = x , então o coeficiente angular da reta perpendicular a essa reta é igual a -1. 1 28 Logo, y − = −(x − ) → 27y + 27x − 37 = 0 3 31 Opção: A

A representação no sistema cartesiano ortogonal da equação 9x2 – y 2 = 36x + 8y – 11 é dada por a) duas retas concorrentes. b) uma circunferência. c) uma elipse. d) uma parábola. e) uma hipérbole. 27.

Solução:

9(x 2 4x + 4) − (y2 + 8y + 16) + 16 − 36 = −11 9(x 2)2 − (y + 4)2 = 9 (x − 2)2 (y + 4)2 − =1 1 9

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que representa uma hipérbole de centro (2, –4) com eixo transverso ou real é paralelo ao eixo OY . Opção: E

Num estádio de futebol em forma de elipse, o gramado é o retângulo MNPQ, inscrito na cônica, conforme mostra a figura. Escolhendo o sistema de coordenadas cartesianas x2 y2 + = 1. indicado e tomando o metro como unidade, a elipse é descrita pela equação 362 602 Sabe–se também que os focos da elipse estão situados em lados do retângulo MNPQ. Assim, a distância entre as retas MN e PQ é a) 48 m b) 68 m c) 84 m d) 92 m e) 96 m 28.

Solução:

Da equação dada temos que a 2 = 602 e b2 = 362, usando a relação fundamental da elipse: c2 = a2 – b2, concluímos que c = 48, logo a distância procurada é 2c = 96m Opção: E

As medidas em centímetros das arestas de um bloco retangular são as raízes da equação polinomial x3 – 14x 2 + 64x – 96 = 0. Denominando–se r, s e t essas medidas, se for construído um novo bloco retangular, com arestas medindo (r – 1), (s – 1) e (t – 1), ou seja, cada aresta medindo 1 cm a menos que a do bloco anterior, a medida do volume desse novo bloco será a) 36 cm3 b) 45 cm3 c) 54 cm 3 d) 60 cm3 e) 80 cm3 29.

Solução:

Fazendo a seguinte substituição: y = x –1 ⇔ x = y + 1, temos a equação y3 – 11 y 2 + 39y – 45 = 0. Pela relação de Girard o produto das raízes (y1 ,y2 , y3 ) é y1.y2 .y3 45 . Como y1 r − 1 , y 2 s − 1 , y 3 = t − 1 , temos (r 1)(s − 1)(t − 1) = 45 . Opção: B

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EsPCEx 2011/2012 – Matemática

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Seja a função complexa P(x) = 2x 3 – 9x2 + 14x – 5. Sabendo–se que 2 + i é raiz de P, o intervalo I de números reais que faz P(x) < 0, para todo x ∈ I é 1 a)  −∞,  2 b) 0,1 1  c)  ,2 4  d) 0, +∞ 1 3 e)  − ,  4 4 30.

Solução:

Se 2+i é solução de p(x) 2x3 − 9x2 + 14x − 5 , então o seu conjugado (2 – i) também será raiz de p(x). Assim, aplicando as Relações de Girard, temos: 5 a ⋅ (2 + i) ⋅ (2 − i ) = 2 5 1 5⋅a = ⇒ a = 2 2 Então, 1   p ( x) =  x −  .( x − 2 − i ).( x − 2 + i) 2  

Assim, p(x) < 0 ⇒ x <

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Opção: A

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