Curso de Matemática para ENEM 2016

Aula 00
Matemática e suas Tecnologias p/ ENEM 2016
Professor: Arthur Lima
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MATEMÁTICA E SUAS TECNOLOGIAS P/ ENEM
TEORIA E EXERCÍCIOS COMENTADOS
Prof. Arthur Lima – Aula 00
Prof. Arthur Lima www.estrategiaconcursos.com.br 1
AULA 00 (demonstrativa)
SUMÁRIO PÁGINA
1. Apresentação 01
2. Edital e cronograma do curso 04
3. Raio-x do ENEM 07
4. Resolução de questões do ENEM 2015 09
5. Questões apresentadas na aula 57
6. Gabarito 73
1. APRESENTAÇÃO
Seja bem-vindo a este curso de MATEMÁTICA E SUAS
TECNOLOGIAS, desenvolvido para permitir uma preparação completa
para a prova do EXAME NACIONAL DO ENSINO MÉDIO (ENEM) de
2016. Este material consiste de:
- curso completo de matemática em vídeo, formado por mais de 30 horas
de aulas onde eu te explico todos os tópicos exigidos no edital do ENEM e
resolvo exercícios para você entender como cada assunto é cobrado na prova;
- curso escrito completo (em PDF), formado por 21 aulas onde também
explico todo o conteúdo teórico do último edital, além de apresentar várias
questões resolvidas, em especial aquelas exigidas nas últimas provas do ENEM;
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- fórum de dúvidas, onde você pode entrar em contato direto comigo quando
julgar necessário.
Vale dizer que este curso é concebido para ser o seu único
material de estudos, isto é, você não precisará adquirir livros ou outros
materiais para cobrir os temas de Matemática. A ideia é que você consiga
economizar bastante tempo, pois abordaremos todos os tópicos
exigidos no edital do ENEM e nada além disso, e você poderá estudar
conforme a sua disponibilidade de tempo, em qualquer ambiente onde
você tenha acesso a um computador, tablet ou celular, e evitará a perda
de tempo gerada pelo trânsito das grandes cidades. Isso é importante
para todos os candidatos, mas é especialmente relevante para
aqueles que trabalham e estudam.
Já faz tempo que você não estuda Matemática do ensino
médio? Não tem problema, este curso também te atende perfeitamente.
Isto porque você estará adquirindo um material bastante completo, onde
você poderá trabalhar cada assunto em vídeos e também em aulas
escritas, e resolver uma grande quantidade de exercícios, sempre
podendo consultar as minhas resoluções e tirar dúvidas através do fórum.
Assim, é plenamente possível que, mesmo tendo dificuldade em
Matemática e estando há algum tempo sem estudar esses temas,
você consiga um ótimo desempenho no ENEM 2016. Obviamente, se
você se encontra nesta situação, será preciso investir um tempo maior e
dedicar-se bastante ao conteúdo do nosso curso.
O fato de o curso ser formado por vídeos e PDFs tem mais uma
vantagem: isto permite que você vá alternando entre essas duas
formas de estudo, tornando um pouco mais agradável essa dura
jornada de preparação. Quando você estiver cansado de ler, mas ainda
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quiser continuar estudando, é simples: assista algumas aulas em vídeo!
Ou resolva uma bateria de questões!
Caso você não me conheça, eu sou Engenheiro Aeronáutico formado
pelo Instituto Tecnológico de Aeronáutica (ITA). Sou professor há quase
10 anos, tendo lecionado tanto para cursos pré-vestibular como para
concursos públicos que exigem Matemática. Como engenheiro, trabalhei
por 5 anos no mercado da aviação, quando então decidi migrar para o
serviço público, sendo atualmente Auditor-Fiscal da Receita Federal. Aqui
no Estratégia eu já tive o privilégio de ministrar mais de 250 cursos online
de Matemática e outros assuntos correlatos, o que me permitiu ganhar
bastante familiaridade com este tipo de ensino, que no meu ponto de
vista possui muitas vantagens em relação ao estudo em um cursinho
presencial tradicional.
Sempre solicitamos que nossos alunos avaliem os nossos cursos.
Procuro sempre acompanhar as críticas, para estar sempre aperfeiçoando
os materiais. Felizmente venho conseguindo obter índices de aprovação
bastante elevados – acima de 95%, muitas vezes chegando a 100%.
Farei o que for possível para que você também aprove o nosso trabalho!
Quer tirar alguma dúvida antes de adquirir o curso? Curta minha
página no Facebook e entre em contato direto comigo por mensagem:
www.facebook.com/ProfArthurLima
Se preferir, envie um email para ProfessorArthurLima@hotmail.com,
ok? Aguardo o seu contato!
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2. EDITAL E CRONOGRAMA DO CURSO
Inicialmente, transcrevo abaixo o conteúdo programático previsto
no edital do ENEM 2015, que servirá de base para a nossa preparação
para o ENEM 2016:
MATEMÁTICA E SUAS TECNOLOGIAS:
• Conhecimentos numéricos – operações em conjuntos numéricos
(naturais, inteiros, racionais e reais), desigualdades, divisibilidade,
fatoração, razões e proporções, porcentagem e juros, relações de
dependência entre grandezas, sequências e progressões, princípios de
contagem.
• Conhecimentos geométricos – características das figuras
geométricas planas e espaciais; grandezas, unidades de medida e
escalas; comprimentos, áreas e volumes; ângulos; posições de retas;
simetrias de figuras planas ou espaciais; congruência e semelhança de
triângulos; teorema de Tales; relações métricas nos triângulos;
circunferências; trigonometria do ângulo agudo.
• Conhecimentos de estatística e probabilidade – representação e
análise de dados; medidas de tendência central (médias, moda e
mediana); desvios e variância; noções de probabilidade.
• Conhecimentos algébricos – gráficos e funções; funções algébricas
do 1º e do 2º graus, polinomiais, racionais, exponenciais e logarítmicas;
equações e inequações; relações no ciclo trigonométrico e funções
trigonométricas.
• Conhecimentos algébricos/geométricos – plano cartesiano; retas;
circunferências; paralelismo e perpendicularidade, sistemas de equações.
Ao longo dessa preparação vamos cobrir à risca todos os tópicos
listados acima, em vídeos e em PDF. Cabe citar que, caso o edital do
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ENEM 2016 apresente novos assuntos, eles serão rapidamente incluídos
em nosso curso. Você não precisará adquirir um novo material, e nem
complementar o nosso curso com outras fontes, ok?
Veja abaixo a programação das aulas escritas (em PDF). As aulas
em vídeo serão disponibilizadas junto com as aulas escritas, cobrindo
sempre os mesmos assuntos:
Data de
disponibilidade
Aula (em vídeos e em PDF)
26/01 Aula 00 – Demonstrativa
10/02
Aula 01 – CONHECIMENTOS NUMÉRICOS: operações em conjuntos
numéricos (naturais, inteiros, racionais e reais)
20/02
Aula 02 – CONHECIMENTOS NUMÉRICOS: divisibilidade, fatoração,
porcentagem
02/03
Aula 03 – CONHECIMENTOS NUMÉRICOS: razões e proporções,
escalas
12/03
Aula 04 – CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS: equações, sistemas de
equações
22/03
Aula 05 – CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS: gráficos e funções;
funções algébricas do 1º e do 2º graus, relações de dependência
entre grandezas
02/04
Aula 06 – CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS: funções polinomiais e
racionais
12/04
Aula 07 – CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS: funções exponenciais e
logarítmicas
22/04
Aula 08 – CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS: inequações,
desigualdades
02/05 Aula 09 – CONHECIMENTOS NUMÉRICOS: sequências e progressões
12/05 Aula 10 – CONHECIMENTOS NUMÉRICOS: juros
22/05
Aula 11 – CONHECIMENTOS GEOMÉTRICOS: grandezas, unidades
de medida; comprimentos, ângulos; posições de retas; teorema de
Tales
29/05
Aula 12 – CONHECIMENTOS GEOMÉTRICOS: características das
figuras geométricas planas; áreas; simetrias de figuras planas;
congruência e semelhança de triângulos; relações métricas nos
triângulos; circunferências; trigonometria do ângulo agudo
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06/06
Aula 13 – CONHECIMENTOS GEOMÉTRICOS: características das
figuras geométricas espaciais; áreas e volumes; simetrias de figuras
espaciais
13/06
Aula 14 – CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS: relações no ciclo
trigonométrico e funções trigonométricas
20/06
Aula 15 – CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS/GEOMÉTRICOS: plano
cartesiano; retas; circunferências; paralelismo e perpendicularidade
27/06 Aula 16 – CONHECIMENTOS NÚMÉRICOS: princípios de contagem
04/07
Aula 17 – CONHECIMENTOS DE ESTATÍSTICA E PROBABILIDADE:
noções de probabilidade
11/07
representação e análise de dados; medidas de tendência central
(médias, moda e mediana)
18/07
desvios e variância
25/07
Aula 20 – SIMULADO: bateria de questões inéditas sobre todos os
temas
27/07 Aula 21 – RESUMO: principais fórmulas e conceitos para revisão
Repare que na penúltima aula nós trabalharemos uma bateria de
exercícios sobre todos os tópicos estudados nas aulas anteriores. O
objetivo é permitir que você simule o ambiente de prova, e faça uma
auto-avaliação completa, detectando pontos que você precise revisar
mais detalhadamente.
Na última aula apresentarei um resumo teórico com as principais
fórmulas e conceitos trabalhados ao longo do curso. Assim, você terá em
mãos um material focado na sua “revisão de véspera”, para te ajudar a
guardar na memória tudo o que você precisa saber para ter um ótimo
desempenho na prova de 2016.
Sem mais, vamos ao curso.
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3. RAIO-X DO ENEM
Para preparar o nosso curso, efetuei uma extensa análise das
provas do ENEM desde a sua primeira edição, em 1998. São 18 anos de
provas analisadas para que o nosso curso fosse moldado dando maior
ênfase àqueles assuntos que costumam ser mais cobrados. Também nos
preocupamos em entender a maneira como cada assunto é exigido.
Veja no gráfico abaixo uma noção rápida dos pontos mais cobrados
nas 559 questões que analisamos:
Percebemos por esse gráfico que grande parte das questões estão
relacionadas ao assunto Grandezas Proporcionais. Repare que dedicamos
uma aula inteira do nosso curso para que você domine este assunto (aula
03). Também se destaca a elevada cobrança de Geometria, sendo 140
questões ao todo entre a Plana e a Espacial. Esses assuntos serão o nosso
foco nas aulas 11, 12 e 13 do curso.
Devemos redobrar a atenção quando estivermos estudando estes
assuntos mais recorrentes, ou seja, eles têm que estar “no sangue”. São
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assuntos que os vestibulandos mais preparados também vão focar e
dificilmente vão errar – e você não pode ficar para trás!
No entanto, não podemos esquecer os demais pontos do edital. Por
menos cobrados que sejam, o diferencial numa prova como essa, decidida
por diferenças pequenas entre os vestibulandos, pode acabar sendo nos
assuntos que ficam mais “esquecidos”.
Dessa forma, abordaremos nesse curso todo o conteúdo necessário
para que você tenha um excelente desempenho na prova do ENEM de
Matemática e suas Tecnologias!
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4. RESOLUÇÃO DE QUESTÕES DO ENEM 2015
Nesta aula demonstrativa vamos resolver juntos 20 questões de
Matemática e suas Tecnologias cobradas no Exame Nacional do Ensino
Médio de 2015. O objetivo é que você faça uma primeira auto-
avaliação, verificando assim o quanto você precisará se dedicar à minha
disciplina.
É natural que você tenha dificuldade em resolver as questões
nesse momento, afinal ainda não vimos os tópicos teóricos
correspondentes. Ao longo das próximas aulas voltaremos a essas
questões em momentos oportunos, para que você verifique o seu
aprendizado.
1. ENEM – 2015) Um estudante está pesquisando o desenvolvimento de
certo tipo de bactéria. Para essa pesquisa, ele utiliza uma estufa para
armazenar as bactérias. A temperatura no interior dessa estufa, em graus
Celsius, é dada pela expressão T(h) = – h² +22h – 85, em que h
representa as horas do dia. Sabe-se que o número de bactérias é o maior
possível quando a estufa atinge sua temperatura máxima e, nesse
momento, ele deve retirá-las da estufa. A tabela associa intervalos de
temperatura, em graus Celsius, com as classificações: muito baixa, baixa,
média, alta e muito alta.
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Quando o estudante obtém o maior número possível de bactérias, a
temperatura no interior da estufa está classificada como
(A) muito baixa.
(B) baixa.
(C) média.
(D) alta.
(E) muito alta.
RESOLUÇÃO:
Esta questão trata sobre funções do 2º grau, tema que
trabalharemos a fundo na aula 05 deste curso.
Veja a função fornecida no enunciado:
T(h) = – h² + 22h – 85
Esta função nos apresenta uma relação entre as horas do dia (h) e
a temperatura na estufa (T). Dizemos que esta é uma função de segundo
grau pois nela temos a variável “h” elevada à segunda potência, isto é,
h2. De maneira genérica, esta função pode ser escrita como:
T(h) = a.h² + b.h + c
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Na expressão acima, “a”, “b” e “c” representam os números que
chamamos de coeficientes desta função. Comparando esta expressão com
a original, podemos dizer que: a = -1; b = 22; e c = -85.
Nós queremos saber a temperatura máxima, ou seja, o maior valor
possível de T. Em uma função de segundo grau, o seu valor máximo é
dado por:
4
Valor máximo
a
−∆
= , onde:
2
4b ac∆ = −
Utilizando os coeficientes da função dada pelo enunciado, temos:
2
2
4
22 4.( 1).( 85)
484 4.85
484 340
144
b ac∆ = −
∆ = − − −
∆ = −
∆ = −
∆ =
Com isso, podemos calcular o valor máximo (temperatura máxima):
4
(144)
4.( 1)
144
4
144
4
36
Valor máximo
a
Valor máximo
Valor máximo
Valor máximo
Valor máximo
−∆
=
−
=
−
−
= −
−
=
=
Portanto, a temperatura máxima é igual a 36 graus Celsius. É nesta
temperatura que temos o maior número possível de bactérias, segundo o
enunciado. Pela tabela fornecida, vemos que esta temperatura se
classifica como alta:
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Podemos marcar a alternativa D.
RESPOSTA: D
2. ENEM – 2015) A figura representa a vista superior de uma bola de
futebol americano, cuja forma é um elipsoide obtido pela rotação de uma
elipse em torno do eixo das abscissas. Os valores a e b são,
respectivamente, a metade do seu comprimento horizontal e a metade do
seu comprimento vertical. Para essa bola, a diferença entre os
comprimentos horizontal e vertical é igual à metade do comprimento
vertical.
Considere que o volume aproximado dessa bola é dado por V = 4ab².
O volume dessa bola, em função apenas de b, é dado por:
a) 8b³
b) 6b³
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c) 5b³
d) 4b³
e) 2b³
RESOLUÇÃO:
Temos uma questão que mistura conhecimentos algébricos e
geométricos que trabalharemos nas aulas 4 e 13.
O enunciado nos disse que os valores a e b são, respectivamente, a
metade do comprimento horizontal e a metade do comprimento vertical
da figura (elipsoide). Portanto, os comprimentos horizontal e vertical são
o dobro de a e o dobro de b, respectivamente, ou seja:
Comprimento horizontal = 2.a
Comprimento vertical = 2.b
Foi dito ainda que a diferença entre os comprimentos horizontal e
vertical é igual à metade do comprimento vertical. Veja que a diferença
entre comprimentos horizontal e vertical é:
Diferença = comprimento horizontal – comprimento vertical
Diferença = 2.a – 2.b
Como essa diferença é igual à metade do comprimento vertical (que
é b), podemos escrever que:
Diferença = metade do comprimento vertical
2.a – 2.b = b
2.a = b + 2.b
2.a = 3.b
Foi dito ainda que o volume aproximado dessa bola é dado por V =
4ab². Para escrevermos este volume usando apenas a variável “b”,
precisamos substituir a variável “a”. Repare que:
2.a = 3.b
3.b
a =
2
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Portanto, podemos substituir “a” na fórmula do volume (V = 4ab²)
por “3.b/2”, ou melhor,
3.
2
b
. Assim,
2
4. .V a b=
23.
4. .
2
b
V b
 
=  
 
( ) 2
2. 3. .V b b=
3
6.V b=
Temos essa expressão na alternativa B, que é o gabarito da
questão.
RESPOSTA: B
3. ENEM – 2015) Após realizar uma pesquisa de mercado, uma
operadora de telefonia celular ofereceu aos clientes que utilizavam até
500 ligações ao mês o seguinte plano mensal: um valor fixo de R$ 12,00
para os clientes que fazem até 100 ligações ao mês. Caso o cliente faça
mais de 100 ligações, será cobrado um valor adicional de R$ 0,10 por
ligação, a partir da 101ª até a 300ª; e caso realize entre 300 e 500
ligações, será cobrado um valor fixo mensal de R$ 32,00. Com base nos
elementos apresentados, o gráfico que melhor representa a relação entre
o valor mensal pago nesse plano e o número de ligações feitas é:
(A)
(B)
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(C)
D)
(E)
RESOLUÇÃO:
Temos uma questão sobre gráficos de funções, tema que
trabalharemos nas aulas 05 a 07 deste curso.
Do enunciado temos que será cobrado um valor fixo de R$ 12,00
para os clientes que fazem até 100 ligações ao mês. Logo, se o valor a
ser cobrado é fixo em 12 reais para até 100 ligações, a primeira parte do
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gráfico deve ser uma reta paralela ao eixo horizontal, na altura do valor
de 12 reais a ser pago mensalmente. Veja que só temos isso nos gráficos
das opções (b) e (c):
(B)
(C)
Além dos 12 reais, o valor cobrado por ligação, a partir da 101ª até
a 300ª é de R$ 0,10. Ou seja, a cada aumento de uma unidade no
número de ligações, temos um acréscimo de R$ 0,10 no valor cobrado, o
que nos leva a crer que estamos diante de uma reta ascendente da 101ª
até a 300ª ligação. Isto ocorre porque, neste trecho, temos uma função
de 1º grau. Tanto a letra (b) quanto a (c) nos mostram isso.
A próxima informação que o enunciado nos traz é que, caso sejam
realizadas entre 300 e 500 ligações, será cobrado um valor fixo mensal de
R$ 32,00. Como o valor volta a ser fixo, devemos ter novamente uma
reta paralela ao eixo horizontal na altura de 32 reais a partir da ligação
300. Temos isso somente na alternativa B, que é o gabarito da questão:
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(B)
RESPOSTA: B
4. ENEM – 2015) Um investidor inicia um dia com x ações de uma
empresa. No decorrer desse dia, ele efetua apenas dois tipos de
operações, comprar ou vender ações. Para realizar essas operações, ele
segue estes critérios:
I. vende metade das ações que possui, assim que seu valor fica
acima do valor ideal (Vi);
II. compra a mesma quantidade de ações que possui, assim que seu
valor fica abaixo do valor mínimo (Vm);
III. vende todas as ações que possui, quando seu valor fica acima
do valor ótimo (Vo).
O gráfico apresenta o período de operações e a variação do valor de
cada ação, em reais no decorrer daquele dia e a indicação dos valores
ideal, mínimo e ótimo.
Quantas operações o investidor fez naquele dia?
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(A) 3
(B) 4
(C) 5
(D) 6
(E) 7
RESOLUÇÃO:
Temos uma questão sobre gráficos, tema que trabalharemos nas
aulas 05 a 07 deste curso.
Para você compreender melhor a minha explicação, veja os
números que coloquei em vermelho no gráfico:
No início das operações, partimos de um valor entre Vm e Vi,
conforme mostra o gráfico. No momento 1 o valor da ação supera o valor
Vi, logo, é quando o investidor executa uma operação baseada no critério
I (vende metade do que possui). Como ele tinha “x” ações e deve vender
metade do que possui, ele fica com a outra metade, ou seja, x/2 ações.
No momento 2 o valor da ação cai abaixo do valor Vm, logo, é
quando o investidor executa uma operação baseada no critério II (compra
a mesma quantidade que possui). Como ele tinha x/2 ações, serão
compradas mais x/2 ações neste momento, de modo que o investidor
volta a ter x/2 + x/2 = x ações.
No momento 3 o valor da ação supera novamente o valor Vi, logo, é
quando o investidor executa uma operação baseada no critério I (vende
1
2
3
4
5
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metade do que possui). Assim, como ele tinha x ações, devem ser
vendidas x/2 ações, sobrando x/2 ações com o investidor.
No momento 4 o valor da ação supera o valor Vo, logo, é quando o
investidor executa uma operação baseada no critério III (vende tudo o
que tem). Assim, o investidor fica sem nenhuma ação. Repare que, até
aqui, temos 4 operações realizadas pelo investidor.
No momento 5 o valor da ação supera novamente o valor Vi, logo, é
quando o investidor executaria uma operação baseada no critério I
(vender metade do que possui). Entretanto, como ele não tem mais
nenhuma ação em sua posse, ele não realiza qualquer operação no
momento 5.
Portanto, ao todo temos 4 operações realizadas ao longo do dia.
Resposta: B
5. ENEM – 2015) O tampo de vidro de uma mesa quebrou-se e deverá
ser substituído por outro que tenha a forma de círculo. O suporte de apoio
da mesa tem o formato de um prisma reto, de base em forma de
triângulo equilátero com lados medindo 30 cm.
Uma loja comercializa cinco tipos de tampos de vidro circulares com
cortes já padronizados, cujos raios medem 18 cm, 26 cm, 30 cm, 35 cm e
60 cm. O proprietário da mesa deseja adquirir nessa loja o tampo de
menor diâmetro que seja suficiente para cobrir a base superior do suporte
da mesa.
Considere 1,7 como aproximação para 3 .
O tampo a ser escolhido será aquele cujo raio, em centímetros, é igual a:
(A) 18.
(B) 26.
(C) 30.
(D) 35.
(E) 60.
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RESOLUÇÃO:
Temos uma questão sobre conhecimentos geométricos, tema que
trabalharemos nas aulas 12 e 13 deste curso. Também é possível resolvê-
la com conceitos de trigonometria, que trabalharemos nas aulas 12 e 14.
Assim, vamos conhecer abaixo as duas soluções.
Primeira solução (geometria – teorema de Pitágoras):
Considere a Figura abaixo para nos auxiliar na resolução da
questão.
A Figura representa o menor tampo de vidro de forma circular que é
suficiente para cobrir a base superior do suporte da mesa. Seu raio é R.
A base da mesa é um triângulo equilátero de lado L. Considere que
h seja a altura do triângulo equilátero. Repare que temos um triângulo
retângulo em destaque no interior do triângulo equilátero, o qual
utilizaremos para relacionar todas essas variáveis. A hipotenusa desse
triângulo retângulo é R e os catetos são
L
2
e h R .
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo equilátero temos:
2 2 2
2
2 2 2
2
2
( ) ( )
2
2
4
2
4
L
R h R
L
R h hR R
L
hR h
= + −
= + − +
= +
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Sabemos que a altura do triângulo equilátero é dada por:
3
2
L
h =
Assim, temos:
2
2
2 2
3 3
2 ( )
2 4 2
3
3
4 4
L L L
R
L L
L R
= +
⋅
⋅ = +
Dividindo toda a igualdade por L obtemos:
3
3
4 4
4
3
4
3
3
L L
R
L
R
R L
L
R
⋅
⋅ = +
⋅
⋅ =
⋅ =
=
O enunciado nos disse que 30L = e que podemos considerar a
aproximação 3 1,7= . Logo:
30
3
R =
30
1,7
17,64
R
R
=
=
Logo, um tampo de vidro de raio R=17,64 cm é o menor possível
para cobrir a base da mesa. Como o menor tipo de tampo que a loja
possui é o de raio 18 cm, essa é a resposta da questão.
Segunda solução (trigonometria – lei dos cossenos):
Veja o triângulo ABC na figura abaixo:
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A lei dos cossenos nos diz que:
(AB)2 = (AC)2 + (BC)2 – 2 x AC x BC x cos (C)
Substituindo os valores conhecidos, temos:
302 = R2 + R2 – 2.R.R.cos(120º)
Veja que o ângulo C é de 120º. Na trigonometria, vemos que:
cos(120º) = -cos(180º - 120º)
cos(120º) = -cos(60º) = -1/2
Assim,
302 = R2 + R2 – 2.R2.[-cos(60º)]
302 = R2 + R2 – 2.R2.[-1/2]
302 = R2 + R2 + R2
302 = 3R2
900 = 3R2
300 = R2
300R =
3 100R = ×
3 100R = ×
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1,7 10R = ×
17R cm=
Resposta: A
Obs.: A leve diferença entre os dois resultados obtidos (17cm e 17,64cm)
deve-se aos arredondamentos utilizados pela questão. De qualquer forma
você chegaria no gabarito correto.
6. ENEM – 2015) Atualmente existem diversas locadoras de veículos,
permitindo uma concorrência saudável para o mercado, fazendo com que
os preços se tornem acessíveis. Nas locadoras P e Q, o valor da diária de
seus carros depende da distância percorrida, conforme o gráfico.
O valor pago na locadora Q é menor ou igual àquele pago na locadora P
para distâncias, em quilômetros, presentes em qual(is) intervalo(s)?
(A) De 20 a 100.
(B) De 80 a 130.
(C) De 100 a 160.
(D) De 0 a 20 e de 100 a 160.
(E) De 40 a 80 e de 130 a 160.
RESOLUÇÃO:
00000000000
00000000000 - DEMO

O valor pago na locadora Q é menor que o pago na locadora P
quando o gráfico de Q ficar abaixo do gráfico de P. Quando os dois
gráficos se cruzam, o valor pago na locadora Q é igual ao pago na
locadora P.
Comecemos a análise pelos pontos dos gráficos em que a distância
percorrida é igual a zero, conforme figura abaixo.
Repare que quando a distância percorrida é zero, o valor da diária
em Q é de 40 reais, enquanto que em P o valor está entre 60 e 80 reais.
À medida que caminhamos pelos gráficos no sentido de elevar a
distância percorrida, o valor da diária de Q se aproxima do valor da diária
de P até o momento em que os dois valores se igualam, exatamente na
distância percorrida de 20 km (Figura abaixo).00000000000
00000000000 - DEMO

A partir desse ponto, ao elevarmos mais a distância percorrida, o
valor da diária em Q passa a superar o valor da diária em P (Figura
abaixo). Repare, por exemplo, que para a distância percorrida de 60 km,
o valor da diária em Q é superior ao valor da diária em P.
00000000000
00000000000 - DEMO

A partir daí o gráfico de Q volta a se aproximar do gráfico de P, até
que na distância percorrida de 100 km os gráficos se cruzam novamente,
conforme Figura abaixo.
A partir desse ponto, os valores de diária de Q passam a ser
novamente inferiores aos valores de diária de P.
Dessa forma, temos que de 0 a 20 quilômetros percorridos e de 100
a 160 quilômetros percorridos o valor pago em Q é inferior ao pago em P,
o que está refletido na alternativa D.
Resposta: D
7. ENEM – 2015) Numa cidade, cinco escolas de samba (I,II,III,IV e V)
participaram do desfile de Carnaval. Quatro quesitos são julgados, cada
um por dois jurados, que podem atribuir somente uma dentre as notas 6,
7, 8, 9 ou 10. A campeã será a escola que obtiver maior pontuação na
soma de todas as notas emitidas. Em caso de empate, a campeã será a
que alcançar a maior soma das notas atribuídas pelos jurados no quesito
Enredo e Harmonia. A tabela mostra as notas do desfile desse ano no
momento em que faltava somente a divulgação das notas do jurado B no
quesito Bateria.
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00000000000 - DEMO

Quantas configurações distintas das notas a serem atribuídas pelo jurado
B no quesito Bateria tornariam campeã a Escola II?
(A) 21
(B) 90
(C) 750
(D) 1250
(E) 3125
RESOLUÇÃO:
Temos uma questão sobre princípios de contagem, tema que
trabalharemos na aula 16 deste curso.
O enunciado nos diz que as notas possíveis de serem atribuídas a
cada escola em cada quesito são somente 6, 7, 8, 9 e 10. Assim
concluímos que as escolas I, III e V não podem ser campeãs, visto que,
mesmo que recebessem nota máxima no quesito bateria pelo jurado B, o
número máximo de pontos que conseguiriam seria 65, 60 e 64,
respectivamente, abaixo, portanto, dos 66 pontos que a escola II já
possui sem a nota do último quesito.
O enunciado nos diz que, em caso de empate, a campeã será a que
alcançar a maior soma das notas atribuídas pelos jurados no quesito
Enredo e Harmonia. Logo, entre as escolas II e IV quem será campeã em
00000000000
00000000000 - DEMO

caso de empate é a escola II, visto que ela soma 20 pontos no quesito
Enredo e Harmonia, ao passo que a escola IV soma 19 pontos.
Para que a escola II seja campeã, ela tem que no mínimo empatar
com a escola IV. Para isso, a nota dada pelo jurado B no quesito Bateria
para a escola II deve ser pelo menos dois pontos superior à nota dada
para a escola IV no mesmo quesito.
Caso a escola II receba nota 10 do jurado B no quesito bateria, a
escola IV poderia receber notas 6, 7 ou 8, que a escola II ainda seria a
campeã. (três possibilidades).
Caso a escola II receba nota 9 do jurado B no quesito bateria, a
escola IV poderia receber notas 6 ou 7 que a escola II ainda seria a
campeã. (mais duas possibilidades).
Caso a escola II receba nota 8, a escola IV poderia receber apenas
nota 6 no mesmo quesito para que a escola II ainda fosse campeã. (mais
uma possibilidade).
Caso a escola II receba nota 7 ou menor, já não seria mais possível
ela ser campeã, visto que não haveria uma pontuação possível para a
escola IV que fosse dois pontos inferior à pontuação da escola II (as notas
só vão de 6 a 10).
Assim, mostramos acima seis possibilidades de notas do jurado B
no quesito Bateria em que a escola II seria campeã. No entanto, devemos
considerar que em cada uma dessas seis possibilidades de vitória, as
outras três escolas poderiam ter sido avaliadas de 5 maneiras diferentes
(recebendo ou 6, ou 7, ou 8, ou 9, ou 10 como nota naquele quesito).
Pelo princípio fundamental da contagem, podemos dizer que temos
5x5x5 = 125 formas de distribuir as notas das escolas I, III e V. Como
para cada uma dessas 125 formas existem 6 possibilidades de
distribuição das notas das escolas II e IV, ao todo temos 125 x 6 = 750
00000000000
00000000000 - DEMO

configurações distintas das notas a serem atribuídas pelo jurado B no
quesito Bateria que tornariam a escola II campeã.
Resposta: C
8. ENEM – 2015) Uma carga de 100 contêineres, idênticos ao modelo
apresentado na Figura 1, deverá ser descarregada no porto de uma
cidade. Para isso, uma área retangular de 10 m por 32 m foi cedida para
o empilhamento desses contêineres (Figura 2).
De acordo com as normas desse porto, os contêineres deverão ser
empilhados de forma a não sobrarem espaços nem ultrapassarem a área
delimitada.
Após o empilhamento total da carga e atendendo à norma do porto, a
altura mínima a ser atingida por essa pilha de contêineres é
a) 12,5 m.
b) 17,5 m.
c) 25,0 m.
d) 22,5 m.
e) 32,5 m.
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00000000000 - DEMO

RESOLUÇÃO:
Temos uma questão que mistura conhecimentos numéricos (aula 2)
e geométricos (aulas 12 e 13).
Para que seja possível atingir a altura mínima da pilha de
contêineres, devemos otimizar o seu empilhamento, sem deixar sobrar
espaços na área reservada para seu armazenamento.
Repare que a área para armazenar contêineres possui lados 10 m e
32 m. O comprimento do contêiner é de 6,4 m. O número 10 não é
múltiplo de 6,4 ao passo que 32 o é. Ao multiplicar 6,4 por 5 obtemos 32.
Assim, podemos colocar 5 contêineres ao longo do comprimento da
área de armazenamento. Ao longo da largura da área de armazenamento
cabem 4 contêineres, visto que 10 2,5 4÷ = . Assim, a área de
armazenamento permite que sejam colocados 4 contêineres lado a lado e
5 contêineres de comprimento. Para preencher toda a área de
armazenamento utilizaremos então 4 5 20=× contêineres, conforme mostra
a Figura abaixo.
Como o total de contêineres é 100, precisaremos de 100 20 5÷ =
níveis de contêineres para acomoda-los. Como são 5 níveis de contêineres
e cada um tem 2,5 m de altura, teremos uma altura mínima de 5 x 2,5m
= 12,5m quando os contêineres estiverem todos armazenados.
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Resposta: A
9. ENEM – 2015) Um pesquisador, ao explorar uma floresta, fotografou
uma caneta de 16,8 cm de comprimento ao lado de uma pegada. O
comprimento da caneta (c), a largura (L) e o comprimento (C) da pegada,
na fotografia, estão indicados no esquema.
A largura e o comprimento reais da pegada, em centímetros, são,
respectivamente, iguais a
(A) 4,9 e 7,6.
(B) 8,6 e 9,8.
(C) 14,2 e 15,4.
(D) 26,4 e 40,8.
(E) 27,5 e 42,5.
RESOLUÇÃO:
Temos uma questão sobre proporções e escalas, temas que
Para encontrar as dimensões reais da pegada a partir da relação
entre os tamanhos da caneta na foto e na realidade utilizaremos regras
de três simples. Vejamos a tabela abaixo que organiza os valores que
enunciado forneceu (todos em centímetros):
00000000000
00000000000 - DEMO

Chamamos de L’ e C’ a largura e o comprimento da pegada,
respectivamente, no tamanho real. Vamos encontrar L’ utilizando a regra
de três simples:
1,4 2,2
16,8 'L
=
Podemos ler a expressão acima da seguinte forma: 1,4 está para
16,8 assim como 2,2 está para L’. Resolvendo a expressão temos:
1,4 ' 16,8 2,2
16,8 2,2
'
1,4
' 26,4
L
L
L cm
⋅ = ⋅
⋅
=
=
Façamos o mesmo para o comprimento da pegada, utilizando como
parâmetro também os tamanhos da caneta e a regra de três simples.
Temos:
1,4 3,4
16,8 'C
=
Podemos ler a expressão acima da seguinte forma: 1,4 está para
16,8 assim como 3,4 está para C’. Resolvendo a expressão temos:
Caneta
Largura da
pegada
Comprimento da
pegada
Tamanho na
fotografia
1,4 2,2 3,4
Tamanho real 16,8 L’ C’
00000000000
00000000000 - DEMO

1,4 ' 16,8 3,4
16,8 3,4
'
1,4
' 40,8
C
C
C cm
⋅ = ⋅
⋅
=
=
Com isso já podemos marcar a alternativa D, que é o gabarito
dessa questão. Vamos aproveitar para ver como ficou nossa tabela após
encontrarmos as dimensões reais da pegada:
Repare que o tamanho na fotografia guarda uma relação constante
com o tamanho real. Foi exatamente esta relação constante que nos
permitiu usar a regra de três simples para solucionar o problema.
Vejamos abaixo que relação é essa:
16,8 26,4 40,8
12
1,4 2,2 3,4
= = =
A relação entre o tamanho real e o tamanho da fotografia é de 12
vezes, ou seja, o tamanho real é 12 vezes o tamanho que aparece na
fotografia. E isso vale tanto para a caneta quanto para as dimensões da
pegada.
Resposta: D
Caneta
Largura da
pegada
Comprimento da
pegada
Tamanho na
fotografia
1,4 2,2 3,4
Tamanho real 16,8 26,4 40,8
00000000000
00000000000 - DEMO

10. ENEM – 2015) Uma indústria produz malhas de proteção solar para
serem aplicadas em vidros, de modo a diminuir a passagem de luz, a
partir de fitas plásticas entrelaçadas perpendicularmente. Nas direções
vertical e horizontal, são aplicadas fitas de 1 milímetro de largura, tal que
a distância entre elas é de (d – 1) milímetros, conforme a figura. O
material utilizado não permite a passagem da luz, ou seja, somente o raio
de luz que atingir as lacunas deixadas pelo entrelaçamento consegue
transpor essa proteção.
A taxa de cobertura do vidro é o percentual da área da região coberta
pelas fitas da malha, que são colocadas paralelamente às bordas do vidro.
Essa indústria recebeu a encomenda de uma malha de proteção solar
para ser aplicada em um vidro retangular de 5 m de largura por 9 m de
comprimento. A medida de d, em milímetros, para que a taxa de
cobertura da malha seja de 75% é
a) 2
b) 1
c)
11
3
d)
4
3
e)
2
3
00000000000
00000000000 - DEMO

RESOLUÇÃO:
Temos uma questão sobre geometria, tema que trabalharemos nas
Nesta questão precisamos identificar qual a menor parcela da malha
que se repete para formar o conjunto. Repare que essa menor unidade
pode ser representada conforme mostra a Figura abaixo:
A área coberta da malha é representada pela cor preta. O
enunciado nos diz que a taxa de cobertura da malha deve ser de 75%.
Isso equivale dizer que a área coberta da unidade de malha deve ser 75%
da área da unidade de malha.
De outra forma, podemos dizer que a área descoberta da malha
deve ser de 25% da área total da unidade de malha. Assim, vamos
calcular qual é a área descoberta nessa unidade de malha.
A área de um quadrado de lado l é dada por:
2
Área l=
Aplicando essa fórmula ao quadrado branco mostrado na Figura
anterior estaremos calculando a área descoberta, visto que a parte branca
00000000000
00000000000 - DEMO

representa justamente a parte em que não há malha. Assim, a área
descoberta é:
2
( 1)descobertaA d= −
Já a área total da unidade de malha, a qual tem lado d, é dada por:
2
unidadeA d=
Retomando o nosso raciocínio, a área descoberta da malha deve ser
de 25% da área total da unidade de malha. Logo:
25%descoberta unidadeA A= ⋅
Vamos substituir os valores das áreas que já temos na expressão
acima:
2 2
2
2
25
( 1)
100
( 1) 25
100
d d
d
d
− = ⋅
−
=
Vamos tirar a raiz quadrada dos dois lados da igualdade anterior:
( 1) 5
10
( 1) 1
2
1
1
2
1
2
1
2
2
d
d
d
d
d d
d
d
d
d
−
=
−
=
− = ⋅
− =
=
=
00000000000
00000000000 - DEMO

Logo, para que a taxa de cobertura da malha seja de 75% é preciso
de um d=2 milímetros. Podemos marcar a resposta A.
Resposta: A
11. ENEM – 2015) Um arquiteto está reformando uma casa. De modo a
contribuir com o meio ambiente, decide reaproveitar tábuas de madeira
retiradas da casa. Ele dispõe de 40 tábuas de 540 cm, 30 de 810 cm e 10
de 1080 cm, todas de mesma largura e espessura. Ele pediu a um
carpinteiro que cortasse as tábuas em pedaços de mesmo comprimento,
sem deixar sobras, e de modo que as novas peças ficassem com o maior
tamanho possível, mas de comprimento menor que 2 m.
Atendendo o pedido do arquiteto, o carpinteiro deverá produzir
(A) 105 peças.
(B) 120 peças.
(C) 210 peças.
(D) 243 peças.
(E) 420 peças.
RESOLUÇÃO:
Temos uma questão sobre divisibilidade e fatoração, temas que
Os comprimentos das tábuas de madeira são: 540 cm, 810 cm e
1080 cm. Para sabermos qual o tamanho do corte a ser feito nessas
tábuas para obter as novas peças, sem que sobre nada, podemos
começar descobrindo o máximo divisor comum (MDC) entre esses
comprimentos. Fazemos isso dividindo-os pelos fatores primos em ordem
crescente (2, 3, 5, 7, 11 etc), usando somente aqueles fatores que
dividam os três números simultaneamente. Observe:
00000000000
00000000000 - DEMO

Fatores primos 540 810 1080
2 270 405 540
3 90 135 180
3 30 45 60
3 10 15 20
5 2 3 4
MDC =
2x3x3x3x5
- - -
Portanto, o máximo divisor comum entre esses números é
2x3x3x3x5 = 270.
No entanto, o comprimento das novas peças deve ser inferior a 2
m, ou seja, 200 cm. Assim, devemos obter um número inferior à 200 a
partir dos fatores que compõem o 270 (isto é, 2x3x3x3x5). Para fazer
isso e obter o maior comprimento possível abaixo de 200, eliminaremos o
fator 2, visto que ele é o menor fator presente no máximo divisor comum
que havíamos encontrado. Assim, obtemos 3x3x3x5 = 135, que será o
comprimento das novas peças.
A partir do comprimento das novas peças, temos que:
• as 40 tábuas de 540 cm vão originar 160 novas peças de 135
cm.
540
40 160
135
=
 
× 
 
• as 30 tábuas de 810 cm vão originar 180 novas pelas de 135
cm.
810
30 160
135
=
 
× 
 
• as 10 peças de 1080 cm vão originar 80 novas peças de 135
cm.
1080
10 160
135
=
 
× 
 
Assim, ficaremos ao final com 160+180+80 = 420 novas peças.
RESPOSTA: E
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12. ENEM – 2015) A insulina é utilizada no tratamento de pacientes com
diabetes para o controle glicêmico. Para facilitar sua aplicação, foi
desenvolvida uma “caneta” na qual pode ser inserido um refil contendo 3
mL de insulina, como mostra a imagem.
Para controle das aplicações, definiu-se a unidade de insulina como 0,01
mL. Antes de cada aplicação, é necessário descartar 2 unidades de
insulina, de forma a retirar possíveis bolhas de ar.
A um paciente foram prescritas duas aplicações diárias: 10 unidades de
insulina pela manhã e 10 à noite.
Qual o número máximo de aplicações por refil que o paciente poderá
utilizar com a dosagem prescrita?
(A) 25
(B) 15
(C) 13
(D) 12
(E) 8
RESOLUÇÃO:
Temos uma questão sobre unidades de medida, tema que
A unidade de insulina foi definida como: 1 0,01un= mL
Assim, o refil, que possui 3 mL de insulina, ao ser convertido em
unidades apresenta:
3
300
0,01
= un
O refil, portanto, possui 300 unidades.
00000000000
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Cada aplicação é de 10 unidades. No entanto, cada aplicação vai
consumir 12 unidades, tendo em vista que o enunciado diz que a cada
aplicação é necessário descartar 2 unidades de insulina, de forma a retirar
possíveis bolhas de ar.
Assim sendo, se para cada aplicação forem consumidas 12 unidades
de insulina, um refil de 300 unidades fornecerá 25 aplicações, como se vê
abaixo:
300
25 aplicações
12
=
Podemos marcar a letra A que é o gabarito da questão.
RESPOSTA: A
13. ENEM – 2015) Uma família fez uma festa de aniversário e enfeitou o
local da festa com bandeirinhas de papel. Essas bandeirinhas foram feitas
da seguinte maneira: inicialmente, recortaram as folhas de papel em
forma de quadrado, como mostra a Figura 1. Em seguida, dobraram as
folhas quadradas ao meio sobrepondo os lados BC e AD, de modo que C e
D coincidam, e o mesmo ocorra com A e B, conforme ilustrado na Figura
2. Marcaram os pontos médios O e N, dos lados FG e AF,
respectivamente, e o ponto M do lado AD, de modo que AM seja igual a
um quarto de AD. A seguir, fizeram cortes sobre as linhas pontilhadas ao
longo da folha dobrada.
Após os cortes, a folha é aberta e a bandeirinha está pronta.
A figura que representa a bandeirinha pronta é
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(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
RESOLUÇÃO:
00000000000
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Para visualizarmos melhor este problema é útil fazer um esboço do
que está acontecendo. Primeiramente, o quadrado é dobrado ao meio,
momento em que se marcam os pontos M, N e O, conforme figura abaixo.
Na Figura acima os pontos A e B estão coincidindo, assim como os
pontos C e D. Os pontos G e F marcam os pontos médios dos segmentos
CD e AB, respectivamente.
Assim como foi marcado o ponto M no segmento AD, podemos
afirmar que há um ponto correspondente na borda de trás da
bandeirinha, exatamente sobre o segmento BC. Chamaremos esse ponto
corresponde a M de M’ (lê-se “M linha”). Temos certeza que M’ obedece à
regra de que o segmento BM’ corresponda a um quarto do seguimento
BC.
Para o ponto N marcado no segmento AF também temos um ponto
correspondente no segmento FB, o qual chamaremos de N’ (lê-se “N
linha”). Na Figura anterior não visualizamos N’ e nem M’ porque os
mesmos estão na dobra de trás do papel, mas eles estão lá e coincidem
com os pontos que lhes deram origem, N e M respectivamente. Podemos
afirmar, portanto, que o ponto N’ também satisfaz a condição de ser
ponto médio do segmento FB, em analogia ao que ocorre com o ponto N.
Já o ponto O, ponto médio do segmento GF, está exatamente sobre
a dobra da bandeirinha, não havendo, portanto, necessidade de criar um
00000000000
00000000000 - DEMO

ponto análogo a ele, visto que quando a bandeirinha for aberta o ponto O
e o seu possível ponto análogo continuariam sobrepostos.
A primeira coisa que devemos notar é que existe uma simetria
bilateral na bandeirinha, ou seja, seus dois lados são iguais quando
rebatidos um sobre o outro. Dito de outra forma, há uma simetria em
relação ao segmento GF. Dessa forma, já podemos excluir as alternativas
C e D por não apresentarem simetria de seus lados em relação ao eixo
central, como fica claro na Figura abaixo.
Outro detalhe que devemos notar é que o segmento AM deve ter o
mesmo tamanho do segmento BM’, sendo que ambos são menores do
que o segmento FO. Veja que isso não ocorre nas alternativas A e B.
Na alternativa A, os segmentos AM, BM’ e FO têm o mesmo
tamanho:
Já na alternativa B o segmento FO chega a ser inferior aos
segmentos AM e BM’. Vejamos:
00000000000
00000000000 - DEMO

Assim, só nos resta a alternativa E, que é o gabarito da questão.
Abaixo segue uma Figura em que é possível visualizar como ficam os
cortes feitos no papel para se chegar à bandeirinha (linha pontilhada).
Resposta: E
14. ENEM – 2015) Em uma escola, a probabilidade de um aluno
compreender e falar inglês é de 30%. Três alunos dessa escola, que estão
em fase final de seleção de intercâmbio, aguardam, em uma sala, serem
chamados para uma entrevista. Mas, ao invés de chamá-los um a um, o
entrevistador entra na sala e faz, oralmente, uma pergunta em inglês que
pode ser respondida por qualquer um dos alunos.
A probabilidade de o entrevistador ser entendido e ter sua pergunta
oralmente respondida em inglês é:
00000000000
00000000000 - DEMO

(A) 23,7%
(B) 30,0%
(C) 44,1%
(D) 65,7%
(E) 90,0%
RESOLUÇÃO:
Temos uma questão sobre probabilidade, tema que trabalharemos
nas aulas 16 a 18 deste curso.
Repare que a questão pede a probabilidade de o entrevistador ser
entendido e ter sua pergunta respondida oralmente em inglês. Para isso
acontecer, pelo menos 1 dos 3 alunos precisa saber inglês.
Se a probabilidade de um aluno saber inglês é de 30%, temos que a
probabilidade de um aluno não saber é de 100% - 30% = 70%. A
probabilidade de nenhum dos três alunos responder à pergunta feita pelo
entrevistador é:
70% x 70% x 70% =
0,70 x 0,70 x 0,70 =
0,343
Ou seja, a probabilidade de nenhum dos três alunos responder à
pergunta feita pelo entrevistador é de 34,3%.
Logo, a probabilidade de pelo menos um dos alunos responder é tal
que:
Probabilidade de pelo menos 1 responder = 100% - Probabilidade de nenhum
responder
Probabilidade de pelo menos 1 responder = 100% - 34,3%
Probabilidade de pelo menos 1 responder = 65,7%
Podemos marcar a letra D, que é o gabarito da questão.
RESPOSTA: D
00000000000
00000000000 - DEMO

15. ENEM – 2015) O polímero de PET (Politereftalato de Etileno) é um
dos plásticos mais reciclados em todo o mundo devido à sua extensa
gama de aplicações, entre elas, fibras têxteis, tapetes, embalagens,
filmes e cordas. Os gráficos mostram o destino do PET reciclado no Brasil,
sendo que, no ano de 2010, o total de PET reciclado foi de 282 kton
(quilotoneladas).
De acordo com os gráficos, a quantidade de embalagens PET recicladas
destinadas à produção de tecidos e malhas, em kton, é mais aproximada
de
(A) 16,0.
(B) 22,9.
(C) 32,0.
(D) 84,6.
(E) 106,6.
RESOLUÇÃO:
Repare que temos um gráfico para os Usos Finais de PET reciclada e
um gráfico para os Usos Finais Têxteis.
Do primeiro gráfico temos que 37,8% do total de PET recicladas
teve uso final têxtil. Logo:
37,8% de 282 =
37,8% x 282
00000000000
00000000000 - DEMO

Reparou que eu substituí o “de” pela multiplicação? Ao trabalhar
com porcentagens, você sempre pode fazer isso! Continuando o cálculo:
37,8% x 282 =
0,378 x 282 =
106,59 kton
Ou seja, 106,59 kton de PET recicladas teve uso final têxtil.
Do segundo gráfico, temos que dentre o total de PET recicladas de
uso final têxtil, 30% foi destinado à produção de tecidos e malhas. Logo:
30% de 106,59 =
30% x 106,59 =
0,30 x 106,59
Como a questão quer um resultado aproximado, podemos facilitar
nossos cálculos substituindo 106,59 por 107. Veja:
0,30 x 107 =
32,1 kton
Temos que aproximadamente 32 kton de PET recicladas foram
destinadas à produção de tecidos e malhas.
RESPOSTA: C
16. ENEM – 2015) Uma empresa de telefonia celular possui duas
antenas que serão substituídas por uma nova, mais potente. As áreas de
cobertura das antenas que serão substituídas são círculos de raio 2 km,
cujas circunferências se tangenciam no ponto O, como mostra a figura.
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00000000000 - DEMO

O ponto O indica a posição da nova antena, e sua região de cobertura
será um círculo cuja circunferência tangenciará externamente as
circunferências das áreas de cobertura menores. Com a instalação da
nova antena, a medida da área de cobertura, em quilômetros quadrados,
foi ampliada em
(A) 8π
(B) 12π
(C) 16π
(D) 32π
(E) 64π
RESOLUÇÃO:
A área A de uma circunferência em função de seu raio r é dada pela
seguinte fórmula:
2
A rπ= ⋅
As duas antenas que serão substituídas têm áreas de cobertura
iguais a círculos de raio igual a 2 km. Consequentemente, a área de
cobertura dessas duas antenas juntas será o dobro da área de apenas
uma delas.
Seja antigaA
a área de cobertura de cada uma dessas antenas antigas.
Seja _total antigaA
a área total de cobertura das duas antenas antigas. Logo:
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00000000000 - DEMO

_ 2total antiga antigaA A= ×
Assim, para um raio r = 2 km, que é o raio da área de cobertura
das antenas antigas, teremos
2 2
_ 2 2 2 2 2 4 8total antiga antigaA A π r = π = π = π= × = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
Após a substituição, a nova antena terá uma área de cobertura de
raio R = 4 km. Seja novaA
a área da antena nova. Assim temos:
2 2
4 16novaA π r = π = π= ⋅ ⋅ ⋅
Desta forma, a área de cobertura foi ampliada em:
_ 16 8 8nova total antigaA A π π = π− = ⋅ − ⋅ ⋅
A área de cobertura foi ampliada em 8π . Podemos marcar a letra A
que é o gabarito.
Resposta: A
17. ENEM – 2015) Um casal realiza um financiamento imobiliário de R$
180.000,00, a ser pago em 360 prestações mensais, com taxa de juros
efetiva de 1% ao mês. A primeira prestação é paga um mês após a
liberação dos recursos e o valor da prestação mensal é de R$ 500,00 mais
juro de 1% sobre o saldo devedor (valor devido antes do pagamento).
Observe que, a cada pagamento, o saldo devedor se reduz em R$ 500,00
e considere que não há prestação em atraso. Efetuando o pagamento
dessa forma, o valor, em reais, a ser pago ao banco na décima prestação
é de
(A) 2.075,00.
(B) 2.093,00.
(C) 2.138,00.
00000000000
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(D) 2.255,00.
(E) 2.300,00.
RESOLUÇÃO:
Temos aqui uma questão sobre juros, tema a ser trabalhado na aula
10 de nosso curso.
Na décima prestação teremos já efetuado nove pagamentos
anteriores. Como o enunciado disse, o saldo devedor se reduz em R$
500,00 a cada pagamento. Assim, após os primeiros 9 pagamentos o
saldo devedor será de:
180000 9 500=− ×
180000 4500=−
175.500 reais
No início do décimo mês, o saldo devedor é de R$ 175.500. O valor
da prestação é de R$ 500,00 mais juro de 1% sobre o saldo devedor.
Esse juro é de:
Juro da 10ª prestação = 1% de 175.500 reais
Juro da 10ª prestação = 1% x 175.500 reais
Juro da 10ª prestação = 0,01 x 175.500 reais
Juro da 10ª prestação = 1.755 reais
Logo, o valor da décima prestação é de:
Prestação = 500 + juro
Prestação = 500 + 1.755
Prestação = 2.255 reais
Resposta: D
18. ENEM – 2015) As exportações de soja do Brasil totalizaram 4,129
milhões de toneladas no mês de julho de 2012, e registraram um
aumento em relação ao mês de julho de 2011, embora tenha havido uma
baixa em relação ao mês de maio de 2012. A quantidade, em
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quilogramas, de soja exportada pelo Brasil no mês de julho de 2012 foi
de:
(A) 4,129 x 10
3
(B) 4,129 x 10
6
(C) 4,129 x 10
9
(D) 4,129 x 10
12
(E) 4,129 x 10
15
RESOLUÇÃO:
Temos uma questão sobre unidades de medida, tema que
trabalharemos na aula 11, e com potências do número 10 (“notação
científica”), tema que trabalharemos na aula 01.
Em julho de 2012 temos exportações de 4,129 milhões de
toneladas, ou seja:
4,129 milhões de toneladas =
4.129.000 toneladas
Lembrando que 1 tonelada é igual a 1.000 quilogramas, podemos
multiplicar o número acima por 1.000 para obter o seu valor em
quilogramas:
4.129.000 x 1.000 =
4.129.000.000 quilogramas
Veja que as opções de resposta estão no formato que conhecemos
por “notação científica”. Para escrever neste formato, basta reparar que:
4.129.000.000 =
4,129 x 1.000.000.000 =
4,129 x 109 quilogramas
Resposta: C
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19. ENEM – 2015) A expressão “Fórmula de Young” é utilizada para
calcular a dose infantil de um medicamento, dada a dose do adulto:
Uma enfermeira deve administrar um medicamento X a uma criança
inconsciente, cuja dosagem de adulto é de 60 mg. A enfermeira não
consegue descobrir onde está registrada a idade da criança no prontuário,
mas identifica que, algumas horas antes, foi administrada a ela uma dose
de 14 mg de um medicamento Y, cuja dosagem de adulto é de 42 mg.
Sabe-se que a dose da medicação Y administrada à criança estava
correta. Então, a enfermeira deverá ministrar uma dosagem do
medicamento X, em miligramas, igual a
(A) 15
(B) 20
(C) 30
(D) 36
(E) 40
RESOLUÇÃO:
Nesta questão nós aplicamos conceitos de álgebra, mais
especificamente de funções do primeiro grau, tema que trabalharemos na
aula 05 deste material.
Partiremos do remédio que foi administrado corretamente para
encontrar a idade da criança e, posteriormente, obter a dosagem do
medicamento X a ser ministrado pela enfermeira.
Foi administrado uma dose de 14 mg de medicamento Y, cuja
dosagem de adulto é 42 mg. Logo, para o medicamento Y, a dose de
criança é 14 mg e a dose de adulto é 42 mg. Seja I a idade da criança.
Substituindo na fórmula temos:
14 42
12
I
=
I +
 
⋅ 
 
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( )14 12 42I + = I⋅ ⋅
14 168 42I + = I⋅ ⋅
168 42 14= I I⋅ − ⋅
168 28= I⋅
168
28
I =
6 anosI =
A idade da criança é de 6 anos. Aplicando novamente na fórmula
juntamente com o fato de que a dosagem de adulto do medicamento X é
de 60 mg temos:
( )
( )
6
60
6 12
dose de criança =
+
⋅
( )
( )
6
60
18
dose de criança = ⋅
60
3
dose de criança =
20dose de criança =
A dosagem de criança neste caso é de 20 mg.
Resposta: B
20. ENEM – 2015) Segundo dados apurados no Censo 2010, para uma
população de 101,8 milhões de brasileiros com 10 anos ou mais de idade
e que teve algum tipo de rendimento em 2010, a renda média mensal
apurada foi de R$ 1.202,00. A soma dos rendimentos mensais dos 10%
mais pobres correspondeu a apenas 1,1% do total de rendimentos dessa
população considerada, enquanto que a soma dos rendimentos mensais
dos 10% mais ricos correspondeu a 44,5% desse total. Qual foi a
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diferença, em reais, entre a renda média mensal de um brasileiro que
estava na faixa dos 10% mais ricos e de um brasileiro que estava na faixa
dos 10% mais pobres?
(A) 240,40
(B) 548,11
(C) 1.723,67
(D) 4.026,70
(E) 5.216,68
RESOLUÇÃO:
Temos uma questão que mistura conceitos de porcentagem (aula
02) e médias (aula 17).
Como temos 101,8 milhões de pessoas ao todo, podemos dizer que
10% deste valor corresponde a:
10% de 101,8 milhões =
10% x 101,8 milhões =
0,10 x 101,8 milhões =
10,18 milhões
Veja ainda que a renda média apurada para os 101,8 milhões de
brasileiros foi de R$1.202,00. Podemos calcular a soma total dos
rendimentos lembrando que:
Soma total
Média
quantidade total
=
1202
101,8
Soma total
milhões
=
Soma total = 1202 x 101,8 milhões
Soma total = 122.363,6 milhões
Foi dito que os 10% mais pobres obtiveram 1,1% do total de
rendimentos. Isto é, o total de rendimentos dos mais pobres foi de:
Rendimentos dos mais pobres = 1,1% de 122.363,6 milhões
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Rendimentos dos mais pobres = 1,1% x 122.363,6 milhões
Rendimentos dos mais pobres = 0,011 x 122.363,6 milhões
Rendimentos dos mais pobres = 1.345,99 milhões
Portanto, o rendimento médio dos mais pobres foi:
Soma total
Média dos mais pobres
quantidade total
=
1.345,99
10,18
milhões de reais
Média dos mais pobres
milhões
=
1.345,99
10,18
reais
Média dos mais pobres =
132,22Média dos mais pobres reais=
Foi dito que os 10% mais ricos obtiveram 44,5% do total de
rendimentos. Isto é, o total de rendimentos dos mais ricos foi de:
Rendimentos dos mais ricos = 44,5% de 122.363,6 milhões
Rendimentos dos mais ricos = 44,5% x 122.363,6 milhões
Rendimentos dos mais ricos = 0,445 x 122.363,6 milhões
Rendimentos dos mais ricos = 54.541,80 milhões
Portanto, o rendimento médio dos mais ricos foi:
cos
Soma total
Média dos mais ri
quantidade total
=
54.541,80
cos
10,18
milhões de reais
Média dos mais ri
milhões
=
54.541,80
cos
10,18
reais
Média dos mais ri =
cos 5.348,9Média dos mais ri reais=
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A diferença entre a renda média mensal de um brasileiro que estava
na faixa dos 10% mais ricos e de um brasileiro que estava na faixa dos
10% mais pobres é de:
Diferença = média dos mais ricos – média dos mais pobres
Diferença = 5.348,9 – 132,22
Diferença = 5.216,68 reais
Resposta: E
Obs.: repare como os cálculos dessa questão eram extensos! Ao
longo do curso veremos técnicas para você agilizar os seus cálculos
matemáticos, inclusive para fazer cálculos arredondados (o que era
possível nessa questão, pois as alternativas de resposta estavam bem
distantes umas das outras). De qualquer forma, já deixo um recado aqui:
em sua preparação, deixe a calculadora de lado, e faça todos os cálculos
sempre à mão, pois você precisa desenvolver esta habilidade, que é
muito exigida no ENEM!
Fim de aula!
Espero te encontrar na aula 01, quando começaremos a trabalhar a teoria
de Matemática para o ENEM.
Saudações,
Prof. Arthur Lima
Curta minha página no Facebook: www.facebook.com/ProfArthurLima
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5. QUESTÕES APRESENTADAS NA AULA
1. ENEM – 2015) Um estudante está pesquisando o desenvolvimento de
certo tipo de bactéria. Para essa pesquisa, ele utiliza uma estufa para
armazenar as bactérias. A temperatura no interior dessa estufa, em graus
Celsius, é dada pela expressão T(h) = – h² +22h – 85, em que h
representa as horas do dia. Sabe-se que o número de bactérias é o maior
possível quando a estufa atinge sua temperatura máxima e, nesse
momento, ele deve retirá-las da estufa. A tabela associa intervalos de
temperatura, em graus Celsius, com as classificações: muito baixa, baixa,
média, alta e muito alta.
Quando o estudante obtém o maior número possível de bactérias, a
temperatura no interior da estufa está classificada como
(A) muito baixa.
(B) baixa.
(C) média.
(D) alta.
(E) muito alta.
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2. ENEM – 2015) A figura representa a vista superior de uma bola de
futebol americano, cuja forma é um elipsoide obtido pela rotação de uma
elipse em torno do eixo das abscissas. Os valores a e b são,
respectivamente, a metade do seu comprimento horizontal e a metade do
seu comprimento vertical. Para essa bola, a diferença entre os
comprimentos horizontal e vertical é igual à metade do comprimento
vertical.
Considere que o volume aproximado dessa bola é dado por V = 4ab².
O volume dessa bola, em função apenas de b, é dado por:
a) 8b³
b) 6b³
c) 5b³
d) 4b³
e) 2b³
3. ENEM – 2015) Após realizar uma pesquisa de mercado, uma
operadora de telefonia celular ofereceu aos clientes que utilizavam até
500 ligações ao mês o seguinte plano mensal: um valor fixo de R$ 12,00
para os clientes que fazem até 100 ligações ao mês. Caso o cliente faça
mais de 100 ligações, será cobrado um valor adicional de R$ 0,10 por
ligação, a partir da 101ª até a 300ª; e caso realize entre 300 e 500
ligações, será cobrado um valor fixo mensal de R$ 32,00. Com base nos
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elementos apresentados, o gráfico que melhor representa a relação entre
o valor mensal pago nesse plano e o número de ligações feitas é:
(A)
(B)
(C)
D)
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(E)
4. ENEM – 2015) Um investidor inicia um dia com x ações de uma
empresa. No decorrer desse dia, ele efetua apenas dois tipos de
operações, comprar ou vender ações. Para realizar essas operações, ele
segue estes critérios:
IV.vende metade das ações que possui, assim que seu valor fica
acima do valor ideal (Vi);
V. compra a mesma quantidade de ações que possui, assim que seu
valor fica abaixo do valor mínimo (Vm);
VI.vende todas as ações que possui, quando seu valor fica acima do
valor ótimo (Vo).
O gráfico apresenta o período de operações e a variação do valor de
cada ação, em reais no decorrer daquele dia e a indicação dos valores
ideal, mínimo e ótimo.
Quantas operações o investidor fez naquele dia?
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(A) 3
(B) 4
(C) 5
(D) 6
(E) 7
5. ENEM – 2015) O tampo de vidro de uma mesa quebrou-se e deverá
ser substituído por outro que tenha a forma de círculo. O suporte de apoio
da mesa tem o formato de um prisma reto, de base em forma de
triângulo equilátero com lados medindo 30 cm.
Uma loja comercializa cinco tipos de tampos de vidro circulares com
cortes já padronizados, cujos raios medem 18 cm, 26 cm, 30 cm, 35 cm e
60 cm. O proprietário da mesa deseja adquirir nessa loja o tampo de
menor diâmetro que seja suficiente para cobrir a base superior do suporte
da mesa.
Considere 1,7 como aproximação para 3 .
O tampo a ser escolhido será aquele cujo raio, em centímetros, é igual a:
(A) 18.
(B) 26.
(C) 30.
(D) 35.
(E) 60.
6. ENEM – 2015) Atualmente existem diversas locadoras de veículos,
permitindo uma concorrência saudável para o mercado, fazendo com que
os preços se tornem acessíveis. Nas locadoras P e Q, o valor da diária de
seus carros depende da distância percorrida, conforme o gráfico.
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O valor pago na locadora Q é menor ou igual àquele pago na locadora P
para distâncias, em quilômetros, presentes em qual(is) intervalo(s)?
(A) De 20 a 100.
(B) De 80 a 130.
(C) De 100 a 160.
(D) De 0 a 20 e de 100 a 160.
(E) De 40 a 80 e de 130 a 160.
7. ENEM – 2015) Numa cidade, cinco escolas de samba (I,II,III,IV e V)
participaram do desfile de Carnaval. Quatro quesitos são julgados, cada
um por dois jurados, que podem atribuir somente uma dentre as notas 6,
7, 8, 9 ou 10. A campeã será a escola que obtiver maior pontuação na
soma de todas as notas emitidas. Em caso de empate, a campeã será a
que alcançar a maior soma das notas atribuídas pelos jurados no quesito
Enredo e Harmonia. A tabela mostra as notas do desfile desse ano no
momento em que faltava somente a divulgação das notas do jurado B no
quesito Bateria.
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Quantas configurações distintas das notas a serem atribuídas pelo jurado
B no quesito Bateria tornariam campeã a Escola II?
(A) 21
(B) 90
(C) 750
(D) 1250
(E) 3125
8. ENEM – 2015) Uma carga de 100 contêineres, idênticos ao modelo
apresentado na Figura 1, deverá ser descarregada no porto de uma
cidade. Para isso, uma área retangular de 10 m por 32 m foi cedida para
o empilhamento desses contêineres (Figura 2).
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De acordo com as normas desse porto, os contêineres deverão ser
empilhados de forma a não sobrarem espaços nem ultrapassarem a área
delimitada.
Após o empilhamento total da carga e atendendo à norma do porto, a
altura mínima a ser atingida por essa pilha de contêineres é
a) 12,5 m.
b) 17,5 m.
c) 25,0 m.
d) 22,5 m.
e) 32,5 m.
9. ENEM – 2015) Um pesquisador, ao explorar uma floresta, fotografou
uma caneta de 16,8 cm de comprimento ao lado de uma pegada. O
comprimento da caneta (c), a largura (L) e o comprimento (C) da pegada,
na fotografia, estão indicados no esquema.
A largura e o comprimento reais da pegada, em centímetros, são,
respectivamente, iguais a
(A) 4,9 e 7,6.
(B) 8,6 e 9,8.
(C) 14,2 e 15,4.
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(D) 26,4 e 40,8.
(E) 27,5 e 42,5.
10. ENEM – 2015) Uma indústria produz malhas de proteção solar para
serem aplicadas em vidros, de modo a diminuir a passagem de luz, a
partir de fitas plásticas entrelaçadas perpendicularmente. Nas direções
vertical e horizontal, são aplicadas fitas de 1 milímetro de largura, tal que
a distância entre elas é de (d – 1) milímetros, conforme a figura. O
material utilizado não permite a passagem da luz, ou seja, somente o raio
de luz que atingir as lacunas deixadas pelo entrelaçamento consegue
transpor essa proteção.
A taxa de cobertura do vidro é o percentual da área da região coberta
pelas fitas da malha, que são colocadas paralelamente às bordas do vidro.
Essa indústria recebeu a encomenda de uma malha de proteção solar
para ser aplicada em um vidro retangular de 5 m de largura por 9 m de
comprimento. A medida de d, em milímetros, para que a taxa de
cobertura da malha seja de 75% é
a) 2
b) 1
c)
11
3
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d)
4
3
e)
2
3
11. ENEM – 2015) Um arquiteto está reformando uma casa. De modo a
contribuir com o meio ambiente, decide reaproveitar tábuas de madeira
retiradas da casa. Ele dispõe de 40 tábuas de 540 cm, 30 de 810 cm e 10
de 1080 cm, todas de mesma largura e espessura. Ele pediu a um
carpinteiro que cortasse as tábuas em pedaços de mesmo comprimento,
sem deixar sobras, e de modo que as novas peças ficassem com o maior
tamanho possível, mas de comprimento menor que 2 m.
Atendendo o pedido do arquiteto, o carpinteiro deverá produzir
(A) 105 peças.
(B) 120 peças.
(C) 210 peças.
(D) 243 peças.
(E) 420 peças.
12. ENEM – 2015) A insulina é utilizada no tratamento de pacientes com
diabetes para o controle glicêmico. Para facilitar sua aplicação, foi
desenvolvida uma “caneta” na qual pode ser inserido um refil contendo 3
mL de insulina, como mostra a imagem.
Para controle das aplicações, definiu-se a unidade de insulina como 0,01
mL. Antes de cada aplicação, é necessário descartar 2 unidades de
insulina, de forma a retirar possíveis bolhas de ar.
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A um paciente foram prescritas duas aplicações diárias: 10 unidades de
insulina pela manhã e 10 à noite.
Qual o número máximo de aplicações por refil que o paciente poderá
utilizar com a dosagem prescrita?
(A) 25
(B) 15
(C) 13
(D) 12
(E) 8
13. ENEM – 2015) Uma família fez uma festa de aniversário e enfeitou o
local da festa com bandeirinhas de papel. Essas bandeirinhas foram feitas
da seguinte maneira: inicialmente, recortaram as folhas de papel em
forma de quadrado, como mostra a Figura 1. Em seguida, dobraram as
folhas quadradas ao meio sobrepondo os lados BC e AD, de modo que C e
D coincidam, e o mesmo ocorra com A e B, conforme ilustrado na Figura
2. Marcaram os pontos médios O e N, dos lados FG e AF,
respectivamente, e o ponto M do lado AD, de modo que AM seja igual a
um quarto de AD. A seguir, fizeram cortes sobre as linhas pontilhadas ao
longo da folha dobrada.
Após os cortes, a folha é aberta e a bandeirinha está pronta.
A figura que representa a bandeirinha pronta é
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(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
14. ENEM – 2015) Em uma escola, a probabilidade de um aluno
compreender e falar inglês é de 30%. Três alunos dessa escola, que estão
em fase final de seleção de intercâmbio, aguardam, em uma sala, serem
chamados para uma entrevista. Mas, ao invés de chamá-los um a um, o
entrevistador entra na sala e faz, oralmente, uma pergunta em inglês que
pode ser respondida por qualquer um dos alunos.
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A probabilidade de o entrevistador ser entendido e ter sua pergunta
oralmente respondida em inglês é:
(A) 23,7%
(B) 30,0%
(C) 44,1%
(D) 65,7%
(E) 90,0%
15. ENEM – 2015) O polímero de PET (Politereftalato de Etileno) é um
dos plásticos mais reciclados em todo o mundo devido à sua extensa
gama de aplicações, entre elas, fibras têxteis, tapetes, embalagens,
filmes e cordas. Os gráficos mostram o destino do PET reciclado no Brasil,
sendo que, no ano de 2010, o total de PET reciclado foi de 282 kton
(quilotoneladas).
De acordo com os gráficos, a quantidade de embalagens PET recicladas
destinadas à produção de tecidos e malhas, em kton, é mais aproximada
de
(A) 16,0.
(B) 22,9.
(C) 32,0.
(D) 84,6.
(E) 106,6.
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16. ENEM – 2015) Uma empresa de telefonia celular possui duas
antenas que serão substituídas por uma nova, mais potente. As áreas de
cobertura das antenas que serão substituídas são círculos de raio 2 km,
cujas circunferências se tangenciam no ponto O, como mostra a figura.
O ponto O indica a posição da nova antena, e sua região de cobertura
será um círculo cuja circunferência tangenciará externamente as
circunferências das áreas de cobertura menores. Com a instalação da
nova antena, a medida da área de cobertura, em quilômetros quadrados,
foi ampliada em
(A) 8π
(B) 12π
(C) 16π
(D) 32π
(E) 64π
17. ENEM – 2015) Um casal realiza um financiamento imobiliário de R$
180.000,00, a ser pago em 360 prestações mensais, com taxa de juros
efetiva de 1% ao mês. A primeira prestação é paga um mês após a
liberação dos recursos e o valor da prestação mensal é de R$ 500,00 mais
juro de 1% sobre o saldo devedor (valor devido antes do pagamento).
Observe que, a cada pagamento, o saldo devedor se reduz em R$ 500,00
e considere que não há prestação em atraso. Efetuando o pagamento
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dessa forma, o valor, em reais, a ser pago ao banco na décima prestação
é de
(A) 2.075,00.
(B) 2.093,00.
(C) 2.138,00.
(D) 2.255,00.
(E) 2.300,00.
18. ENEM – 2015) As exportações de soja do Brasil totalizaram 4,129
milhões de toneladas no mês de julho de 2012, e registraram um
aumento em relação ao mês de julho de 2011, embora tenha havido uma
baixa em relação ao mês de maio de 2012. A quantidade, em
quilogramas, de soja exportada pelo Brasil no mês de julho de 2012 foi
de:
(A) 4,129 x 10
3
(B) 4,129 x 10
6
(C) 4,129 x 10
9
(D) 4,129 x 10
12
(E) 4,129 x 10
15
19. ENEM – 2015) A expressão “Fórmula de Young” é utilizada para
calcular a dose infantil de um medicamento, dada a dose do adulto:
Uma enfermeira deve administrar um medicamento X a uma criança
inconsciente, cuja dosagem de adulto é de 60 mg. A enfermeira não
consegue descobrir onde está registrada a idade da criança no prontuário,
mas identifica que, algumas horas antes, foi administrada a ela uma dose
de 14 mg de um medicamento Y, cuja dosagem de adulto é de 42 mg.
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Sabe-se que a dose da medicação Y administrada à criança estava
correta. Então, a enfermeira deverá ministrar uma dosagem do
medicamento X, em miligramas, igual a
(A) 15
(B) 20
(C) 30
(D) 36
(E) 40
20. ENEM – 2015) Segundo dados apurados no Censo 2010, para uma
população de 101,8 milhões de brasileiros com 10 anos ou mais de idade
e que teve algum tipo de rendimento em 2010, a renda média mensal
apurada foi de R$ 1.202,00. A soma dos rendimentos mensais dos 10%
mais pobres correspondeu a apenas 1,1% do total de rendimentos dessa
população considerada, enquanto que a soma dos rendimentos mensais
dos 10% mais ricos correspondeu a 44,5% desse total. Qual foi a
diferença, em reais, entre a renda média mensal de um brasileiro que
estava na faixa dos 10% mais ricos e de um brasileiro que estava na faixa
dos 10% mais pobres?
(A) 240,40
(B) 548,11
(C) 1.723,67
(D) 4.026,70
(E) 5.216,68
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01 D 02 B 03 B 04 B 05 A 06 D 07 C
08 A 09 D 10 A 11 E 12 A 13 E 14 D
15 C 16 A 17 D 18 C 19 B 20 E
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