GABARITO - ASSUNTOS MAIS COBRADOS NO ENEM

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PROF. WALTER BROTTO 
 
 
1 
GABARITO 
 
Resposta da questão 1: 
 [B] 
 
Após 10 anos, as idades dos dois serão iguais a 30 
anos e 60 anos. Logo, a resposta é dada por 
30 1
.
60 2
 
 
Resposta da questão 2: 
 [B] 
 
Pessoas Dias
6 3
x 1
 
 
Como pessoas e dias são grandezas inversamente 
proporcionais, temos: 
1 x 6 3 x 18     
 
Portanto, o número de pessoas a mais que teriam que 
ajudar na arrumação é: 
18 – 6 = 12. 
 
Resposta da questão 3: 
 [D] 
 
Calculando: 
168 1,5
21colheres
12

 
 
Resposta da questão 4: 
 [B] 
 
O painel tem um total de 50 lâmpadas. Assim, pode-se 
calcular: 
50 18% 9 lâmpadas
50 9 41
9
razão
41
 
 

 
 
Resposta da questão 5: 
 [A] 
 
O gasto diário, em cada um dos países, em reais, 
segundo a ordem em que aparecem na tabela, é igual a: 
3,14 315 989,10;  2,78 390 1.084,20;  
2,14 400 856,00;  2,1 410 861,00  e 
4,24 290 1.229,60.  
Em consequência, a resposta é Austrália. 
 
Resposta da questão 6: 
 [A] 
 
O tempo pedido é dado por 
4 1 1
h 60min 1min.
240 60 60
    
 
Resposta da questão 7: 
 [A] 
 
Antes do aquecimento a solução possuía 10 kg de 
massa, sendo 95% de água e 5% de sal – portanto 
9,5 kg de água e 0,5 kg de sal. Após o aquecimento, a 
participação da água foi reduzida a 75% da massa total 
da solução. A quantidade absoluta de sal, no entanto, 
não se modificou, uma vez que apenas a água evaporou. 
Portanto, agora os 0,5 kg de sal existentes 
correspondem a 25% da massa da solução 
(100% 75% 25%).  Assim, pode-se calcular: 
x  massa total da solução após aquecimento 
100 x 100 0,5
x x 2 kg
25 0,5 25

     
 
Resposta da questão 8: 
 [E] 
 
Se v é o volume de sangue, em litros, presente no 
organismo do indivíduo, então v 0,08 m. Portanto, 
segue que a resposta é 
q
0,4.
0,08m
 
 
Resposta da questão 9: 
 [B] 
 
Calculando: 
4
0,4 0,4 200 80 pessoas
10
    
 
Resposta da questão 10: 
 [D] 
 
Calculando: 
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2 
1996 1984 12 anos
12 anos fator 2
25000 12500 2
2032 1996 36 anos 12 3
até 2008 (1996 12) 25000 2 50000
até 2020 (2008 12) 50000 2 100000
até 2032 (2020 12) 100000 2 200000
 
 
 
   
   
   
   
 
 
Resposta da questão 11: 
 [D] 
 
Calculando: 
46,00 1000
29,90 x
x 650 g
 
 
Ou seja, a partir de 650 gramas é mais vantajoso optar 
pelo “coma à vontade”. 
 
Resposta da questão 12: 
 [B] 
 
Os consumos de quilocalorias por minuto são: 
20
2;
10
 
100
6,7;
15
 
120
6;
20
 
100
4
25
 e 
80
2,7.
30
 
 
Portanto, a atividade II é a que proporciona o maior 
consumo. 
 
Resposta da questão 13: 
 [B] 
 
Como 10 h 24min 10 60 24 624min,    e ele passa 
24 8 16 60 960min    acordado, podemos afirmar 
que a resposta é 
624 13
.
960 20
 
 
Resposta da questão 14: 
 [B] 
 
Considerando que x é a altura real da garota abelha, 
temos: 
1 12
x 1680 mm 1,68 m
140 x
    
 
Resposta da questão 15: 
 [C] 
 
Calculando: 
262 x
408,30
779 779 435
 

 
 
Resposta da questão 16: 
 [A] 
 
Calculando: 
x 3
2x 3y
y 2
   
 
mas, x y 1  
Logo: 
2 5 3
x x 1 x 1 x
3 3 5
      
 
Resposta da questão 17: 
 [E] 
 
Desde que uma unidade da escala corresponde a 
1913 1808 105  anos, podemos afirmar que existem 
1808 450
21,5
105

 unidades separando a publicação de 
Dalton e a hipótese de Leucipo e Demócrito. 
Portanto, sabendo que o modelo de Thomson antecedeu 
o modelo de Rutherford, segue que a alternativa correta 
é a [E]. 
 
Resposta da questão 18: 
 [D] 
 
Preço de compra de 1kg : 7,50 2 3,75  
Preço de venda de 1kg : 30,00 6 5,00  
Lucro com a venda de 1kg : 1,25 
Quantidade pedida: 500,00 1,25 400 kg  
 
Resposta da questão 19: 
 [D] 
 
Sabendo que a densidade populacional corresponde à 
razão entre a população e a área da região, tem-se que 
a população da região norte é 7,5 6 45,  a da região 
sul é 2 5 10,  a da região leste é 5 8 40  e a da oeste 
é 12 2,5 30.  Portanto, a população total é igual a 
45 10 40 30 125.    
Em, consequência, considerando os diagramas das 
alternativas, podemos afirmar que a participação da 
região norte corresponde a 
45
25 9,
125
  a da região sul 
corresponde a 
10
25 2,
125
  a da região leste 
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3 
corresponde a 
40
25 8
125
  e a da região oeste 
corresponde a 
30
25 6.
125
  
 
Resposta da questão 20: 
 [A] 
 
De acordo com os dados do problema podemos 
estabelecer uma regra de três, já que as velocidades são 
constantes. 
 
Ana Carolina Rebeca
3
4
1
4
1
4
x
3 1 1
x 12x 1 x
4 16 12
      
 
 
Calculando, agora, quanto Rebeca deverá subir para 
chegar ao topo: 
3 1 9 1 8 2
4 12 12 12 3

    
 
Resposta da questão 21: 
 [B] 
 
5
2 1
2min h h
60 30
200 cm 200 10 km 2.000 km.
 
  
 
 
Logo, o número de giros será a razão entre a distância 
percorrida pelo comprimento da circunferência. 
3
5
1
120
30 2 10 2.000 giros
200 10

  

 
 
Resposta da questão 22: 
 [A] 
 
De acordo com o problema podemos escrever que: 
4x é o volume da piscina menor e 7x o volume da 
piscina maior, portanto: 
4x 7x 2200 11x 2200 x 200L      
 
Logo, o volume da piscina maior será 
7x 7 200 1400 L.   
 
Resposta da questão 23: 
 [B] 
 
Sejam x, y e z, respectivamente, os valores recebidos 
pelos contratos das máquinas com 2, 3 e 5 anos de 
idade de uso. Logo, temos 
 
2x 3y 5z k,   
 
com k sendo a constante de proporcionalidade. 
 
Em consequência, vem 
k k k
x y z 31000 31000
2 3 5
k 30000.
      
 
 
 
A resposta é 
30000
z R$ 6.000,00.
5
  
 
Resposta da questão 24: 
 Considerando que cada bolo representado no 
pictográfico seja represente uma quantia k de bolos 
vendidos, temos: 
 
Setembro: 1,5 k bolos vendidos 
Outubro: 1,75 k bolos vendidos 
Novembro: 2,5 k bolos vendidos 
Dezembro 3,25 k bolos vendidos 
 
Portanto: 
1,5k 1,75k 2,5k 3,25k 2160
9k 2160
k 240
   


 
 
Foram vendidos no mês de novembro 2,5 240 600  
bolos. 
 
Resposta da questão 25: 
 [D] 
 
2
9,6 bilhões 6,4 bilhões
3
  
 
Resposta da questão 26: 
 [E] 
 
De acordo com os dados do problema, temos: 
 
 
 
Portanto, 
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4 
x 4 16 3 x 4 16 3
4x 60 x 15
500 400 5 4
   
       
 
Resposta da questão 27: 
 [B] 
 
Seja Homens (H) e Mulheres (M) temos: 
H M 49
3 4
H M M H
4 3
 


  

 
 
Logo: 
H M 49
4
H H 49
3
7
H 49 H 21
3
 
 
  
 
 
Resposta da questão 28: 
 [E] 
 
 
 
6 100 5 4
3000x 24000 x 8 dias
3 500 4 x
       
 
Resposta da questão 29: 
 [C] 
 
Sejam x, y e z, respectivamente, os volumes ocupados 
por um saco de cimento, um saco de cal e uma lata de 
areia. Logo, temos 
4z
60x 90y 120z x 2z e y .
3
     
 
Portanto, se n é o resultado pedido, então 
4z
15x 30y nz 120z 15 2z 30 nz 120z
3
n 50.
        
 
 
 
Resposta da questão 30: 
 [B] 
 
Desde que a razão entre as áreas corresponde ao 
quadrado da razão de semelhança linear, k, temos 
2 1 1k k .
16 4
   
 
Portanto, segue que a fonte deve ser reduzida para o 
tamanho 
1
192 48.
4
  
 
Resposta da questão 31: 
 [D] 
 
Resolvendo uma regra de três composta, temos: 
 
 
 
4 800 6
48x 288 x 6 h
x 600 12
      
 
Resposta da questão 32: 
 [E] 
 
Desde que a intensidade da força gravitacional é 
inversamente proporcional ao quadrado da distância 
entre os objetos, podemos afirmar que a Terra exerce 
maior força sobre o satélite que se encontra mais 
próximo da Terra, ou seja, o satélite E. 
 
Resposta da questão 33: 
 [A] 
 
Se o número de anúncios na rádio é igual a 
X
,
120
 e o 
número, em milhares, de panfletos produzidos e 
distribuídos é 
Y
,
180
 então aresposta é 
 
.
X Y
1500 10
0
00
120 18
50X 5 Y
4 90
    
 
Resposta da questão 34: 
 [B] 
 
[I] Falsa. 
Gatos (I.P.) Ração (kg) (D.P.) Dias
5 20 20
2 2 x
20 20 2
40x 200 x 5
x 2 5
     
 
 
[II] Verdadeira. 
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5 
Gatos (I.P.) Ração (kg) (D.P.) Dias
5 20 20
5 5 x
20 20 5
100x 500 x 5
x 5 5
     
 
 
[III] Falsa. 
Gatos (I.P.) Ração (kg) (D.P.) Dias
5 20 20
2 2 x
20 20 4
80x 1600 x 20
x 16 5
     
 
 
Resposta da questão 35: 
 [D] 
 
Se d é o diâmetro real, então 
1 8
d 8000cm 80 m.
1000 d
    
 
Resposta da questão 36: 
 [A] 
 
Se a idade da pessoa, em dias terrestres, é igual a 
45 365, então sua idade em Vênus é 


45 365
73
225
 
anos. 
 
Resposta da questão 37: 
 [B] 
 
Sejam 1p e 2p , respectivamente, a produtividade da 
área de 120 hectares e a produtividade da área de 40 
hectares, com 2 1p 2,5 p .  Logo, sendo 1q e 2q , 
respectivamente, a produção da área de 120 hectares e 
a produção da área de 40 hectares, temos 1 1q 120 p  
e 2 2 1q 40 p 100 p .    
 
A produção total antes da aquisição é dada por 
1 2 1 1 1q q 120 p 100 p 220 p .       
 
Portanto, sofrendo um aumento de 15%, a produção 
passará a ser 1 11,15 220 p 253 p .    Em consequência, 
se x é o resultado procurado, então 
1 1 1(120 x) p 100 p 253 p 120 x 100 253
x 33ha.
         
 
 
 
Resposta da questão 38: 
 [D] 
 
As x máquinas devem fazer em 2 dias o trabalho que 
faltou ser feito pelas 4 máquinas quebradas em 3 dias. 
Fazendo uma regra de três com grandezas inversamente 
proporcionais, tem-se: 
4 máquinas 3 dias
x 2 dias
4 3
x x 6 máquinas
2

  
 
 
Resposta da questão 39: 
 [E] 
 
A distância total percorrida pelo carro B, em 8 voltas, é 
igual a 14 288 4032 m.  Logo, o comprimento da pista 
é 
4032
504 m.
8
 Em consequência, o carro A gasta 
504
10 280 s
18
  para dar dez voltas completas nessa 
pista. 
O resultado é dado por 
280
4032 3920 m.
288
  
 
Resposta da questão 40: 
 [B] 
 
Seja x litros a capacidade do tanque. Do enunciado, 
temos: 
A torneira A gasta 60 minutos para encher x litros, logo, 
em 1 minuto, ela enche 
x
60
 litros. 
As torneiras A e B juntas gastam 24 minutos para 
encher x litros, logo, em 1 minuto, enchem 
x
24
 litros. 
Daí, em 1 minuto, a torneira B enche 
x x x
24 60 40
  
litros. 
Assim, em 40 minutos a torneira B, sozinha, encheria o 
tanque. 
 
Resposta da questão 41: 
 [C] 
 
1min 36s 96 s 
 
Como a velocidade de filtragem dobrou, podes escrever: 
800 mL 96 s
1000 mL x
 
 
Portanto, 
96 1000
x 120 s 2 min
800

   
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6 
 
Resposta da questão 42: 
 [A] 
 
Considere a seguinte situação: 
 
Máquinas Unidades Dias
1 100 4
x 3000 30
 
 
Sabendo que o número de maquinas e unidades 
produzidas são grandezas diretamente proporcionais, 
pois quanto mais máquinas, mais unidades produzidas, 
e, o número de máquinas e os dias de produção são 
inversamente proporcionais, pois, quanto mais máquinas 
produzindo, menos dias de produção, e assim, utilizando 
a regra de três composta temos a seguinte proporção: 
1 100 30
x 4
x 3000 4
    máquinas. 
 
Resposta da questão 43: 
 [C] 
 
Seja h a altura real do vaso. Tem-se que 
30 1
h 50cm.
3h 5
   
 
Resposta da questão 44: 
 [C] 
 
Desde que 3 345cm 0,045dm e sendo C a capacidade 
do reservatório, temos 
3
30,045 1 C 360.000dm .
C 200
 
   
 
 
 
Portanto, sabendo que 31dm 1L, o reservatório cheio 
será suficiente para abastecer o condomínio por, no 
máximo, 
360000
12
30000
 dias. 
 
Resposta da questão 45: 
 [A] 
 
Tem-se que 
Alpha
Beta
90
d 6 9km;
60
90
d 5 7,5km
60
  
  
 
e 
Gama
60
d 6,5 6,5km.
60
   
 
Em consequência, vem Gama Beta Alphad d d .  
 
Resposta da questão 46: 
 Calculando: 
3
Lata menor 0,012
0,014 0,012250
0,16666 16,7%
4,9 0,012
Lata maior 0,014
350
 

  
 
 
 
Resposta da questão 47: 
 [A] 
 
Se é a medida real do segmento, então 
1 7,6
440800000cm 4408km.
58000000
    
 
Resposta da questão 48: 
 [B] 
 
Em 40 gramas de prata 950 temos 
950
40 38 g
1000
  de 
prata pura e 40 38 2 g  de cobre. Logo, a resposta é 
925
38 10 28,75 g
1000
   de prata pura e 
30 28,75 1,25 g  de cobre. 
 
Resposta da questão 49: 
 [B] 
 
Seja x a quantidade de ouro puro desejada. Tem-se que 
 
10 x 3
4x 40 45 3x x 5 g.
15 x 4

      

 
 
Resposta da questão 50: 
 [C] 
 
Supondo as dimensões da miniatura como sendo 1,1 e 
25 centímetros, pode-se calcular: 
2 3 3
monumento
Miniatura dimensões 1, 1 e 25
Convertendo usando a escala 400, 400 e 25 400
V 400 (25 400) 1.600.000.000 cm 1.600 m
 
 
    
 
 
Resposta da questão 51: 
 [B] 
 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
7 
Tem-se que 
15 18 6
5; 4,5; 2
3 4 3
   e 
3
1,5.
2
 
 
Portanto, é fácil ver que o filtro descartado é o F2. 
 
Resposta da questão 52: 
 [C] 
 
Após as quatro primeiras horas o paciente deverá 
receber uma quantidade de mililitros dada por 
0,6 5 800 2.400.   Portanto, segue que a resposta é 
2.400 12
24.
20 60



 
 
Resposta da questão 53: 
 [B] 
 
No momento da saída, o tanque continha 
3
50 37,5
4
  
litros de combustível. Daí, como a distância que o 
veículo pode percorrer com esse combustível é 
15 37,5 562,5 km,  segue que a resposta é 500 km. 
 
Resposta da questão 54: 
 [A] 
 
Sejam a, e p, respectivamente, a altura, a largura e a 
profundidade no desenho. Tem-se que 
220
a 27,5 cm;
8
  
120
15 cm
8
  e 
50
p 6,25 cm.
8
  Por conseguinte, após a redução de 
20%, tais medidas passaram a ser 0,8 27,5 22 cm;  
0,8 15 12 cm  e 0,8 6,25 5 cm.  
 
Resposta da questão 55: 
 [B] 
 
Seja 0D 3 m e 0e , respectivamente, a distância inicial 
da fonte até a parede e a espessura da mesma. Logo, 
temos 
 
0 0 0 02
0
1
e k k 9 e ,
D
     
 
com 0k sendo a constante de proporcionalidade. 
 
Ademais, sendo 20A 9 m e 0V , respectivamente, a 
área e o volume da parede inicial, temos 0 0V 9 e .  
Sabendo ainda que 0C R$ 500,00 é o custo dessa 
parede, vem 
 
0 0 0
0
500
C k V 500 k 9 e k ,
9 e
       

 
 
com k sendo a constante de proporcionalidade. 
Portanto, se e é a espessura da parede de área A, 
então 0
2
9 e
e
D

 e, assim, temos 
0
2
0
2
C k A e
9 e500
A
9 e D
500 A
.
D
  

  



 
 
Resposta da questão 56: 
 [B] 
 
Calculando as concentrações de fibras em cada uma das 
marcas, temos 
 
2 5 5 6
0,040; 0,125; 0,050; 0,067
50 40 100 90
    e 
7
0,100.
70
 
 
Por conseguinte, deverá ser escolhida a marca B. 
 
Resposta da questão 57: 
 [A] 
 
Em cada aplicação de 10 unidades são consumidas 12 
unidades. Assim, o resultado pedido é dado por 


3
25.
12 0,01
 
 
Resposta da questão 58: 
 [D] 
 
Preço do kg do produto: 12,8 : 0,256 R$50,00. 
 
Resposta da questão 59: 
 [D] 
 
Sejam L ' e C', respectivamente, a largura e o 
comprimento reais da pegada. Tem-se que 
 

   

L' 26,4cm2,2 3,4 1,4 1
.
C' 40,8cmL' C' 16,8 12
 
 
Resposta da questão 60: 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
8 
 [B] 
 
Sejam c e a, respectivamente, a dose de criança e a 
dose de adulto do medicamento Y. Logo, se c ' e a ' 
são a dose de criança e a dose de adulto do 
medicamento X, temos 
 
  
 
c ' c c ' 14
a' a 60 42
c ' 20mg.
 
 
Resposta da questão 61: 
 [E] 
 
Seja V o volume real do armário. 
 
O volume do armário, no projeto, é 33 2 1 6cm .   Logo, 
temos 
3
36 1 V 6.000.000cm .
V 100
 
   
 
 
 
Resposta da questão 62: 
 [C] 
 
Serão distribuídos 16 4 64  litros de álcool. Daí, como 
serão instalados 10 20 200  recipientes, segue-se que 
a capacidade de cada recipiente deve serigual a 
64
0,32
200
 litro. Por conseguinte, o secretário deverá 
comprar o recipiente III. 
 
Resposta da questão 63: 
 [D] 
 
A região disponível para reproduzir a gravura 
corresponde a um retângulo de dimensões 
42 2 3 36cm   e 30 2 3 24cm.   Daí, como 
24 1
600 25
 e 
36 32 1
,
800 800 25
  segue-se que a escala 
pedida é 1: 25. 
 
Resposta da questão 64: 
 [D] 
 
Habitantes _____ Médicos
1 000 __________ 0,66
 x ____________ 1
 
 
Portanto, 
1000
x
0,66
x 1515,151515...


 
 
Portanto, um valor aproximado para x é 1515. 
 
Resposta da questão 65: 
 [D] 
 
Sejam L e L ', tais que 
1
L
25000000
 e 
1
L' .
4000000
 
Desse modo, 
 
1
L' L ' 254000000 ,
1L L 4
25000000
   
 
e, portanto, 
 
2 2
2 2L' 25 L' 39,06L ,
L 4
   
     
   
 
 
ou seja, a área destacada no mapa foi ampliada 
aproximadamente 39,06 vezes. 
 
Resposta da questão 66: 
 [B] 
 
Se i 300% é a taxa nominal e I 100% é a taxa de 
inflação, então o aumento real é dado por 
1 i 1 3
1 1
1 I 1 1
1
100%.
 
  
 


 
 
Resposta da questão 67: 
 [C] 
 
88 fotografias. 
50% de 88 44 fotografias autografadas. 
25% de 44 11 fotografias autografadas e coloridas. 
 
Logo, o número de fotografias autografadas e não 
coloridas será dado por 44 11 33.  
 
Resposta da questão 68: 
 [B] 
 
Tem-se que a resposta é dada por 
 
16000
100% 67%.
24000
 
 
Resposta da questão 69: 
 [C] 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
9 
 
Calculando: 
 
 
final do ano x 1 0,125 1,125x
início de janeiro 1,125x 1 0,125 0,984375x
1 0,984375 0,01565 1,565%
   
   
  
 
 
Resposta da questão 70: 
 a) Calculando: 
nãoparticipou
25% se increveram
1 25% 75% não se increveram
1440 75% 1080 alunos
1 1
1440 25% 360 alunos desistiu 360 40 alunos
9 9
Total 1080 40 1120 alunos

  
 
     
  
 
 
b) Calculando: 
1440 1120 320 alunos
200 200 40000 400 100 25
P(X)
320 320 102400 1024 256 64
 
     
 
 
Resposta da questão 71: 
 [E] 
 
Sendo 
1
0,2 20%,
5
  podemos afirmar que o maior 
percentual possível de recompensa é 
100% 20% 80%.  
 
Resposta da questão 72: 
 Calculando os percentuais, obtemos: 
 
Belford Roxo: 470.000 0,18 84 600   
Paracambi: 43.000 0,36 15.480  
Queimados: 140.000 0,17 23.800  
 
Portanto, o município cuja população sem acesso à 
coleta e ao tratamento de esgoto sanitário é 
quantitativamente maior, é o município de Belford Roxo. 
 
Resposta da questão 73: 
 [D] 
 
Supondo que o gasto mensal independe da quantidade 
vendida, x, temos 
25 x 1,2 6000 x 288.     
 
Resposta da questão 74: 
 [B] 
 
Calculando: 
11,6 8,1
EUA 0,432 43,2%
8,1
4,5 2,0
Brasil 1,25 125%
2,0
5,5 3,3
Canadá 0,667 66,7%
3,3
13,2 12,3
Arábia Saudita 0,07 7%
12,3

  

  

  

  
 
 
Resposta da questão 75: 
 [A] 
 
20
0.00125 0,0125%
160000
  
 
Resposta da questão 76: 
 [E] 
 
A resposta é dada por 
1,072 1,1 1250 R$ 1.474,00.   
 
Resposta da questão 77: 
 [B] 
 
Calculando: 
80 1,2 96 reais
96 0,9 86,40 reais
 
 
 
 
Resposta da questão 78: 
 [B] 
 
Calculando: 
11,8 6,7
0,76 76%
6,7

  
 
Resposta da questão 79: 
 [B] 
 
Calculando: 
800.000 5% 40.000 40.000 33% 13.200 hab.     
 
OBS.: Em epidemiologia, o termo mortalidade 
usualmente refere-se ao número de mortos entre uma 
população (coeficiente de mortalidade geral, coeficiente 
de mortalidade por determinada causa, coeficiente de 
mortalidade infantil, etc.). Quando se deseja indicar o 
número de mortos dentre os infectados por determinada 
doença, como no enunciado, o termo correto é 
letalidade. 
 
Resposta da questão 80: 
 [A] 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
10 
 
Sejam k o preço de custo nas farmácias W e Y. Logo, 
sabemos que o preço de venda na farmácia W é 1,5k 
e, portanto, que o preço de venda na farmácia Y é 
1,8 1,5k 2,7k.  
Em consequência, podemos afirmar que o lucro 
percentual da farmácia Y em relação ao preço de custo 
do produto mencionado é 
2,7k k
100% 170%.
k

  
 
Resposta da questão 81: 
 [D] 
 
A resposta é dada por 
0,9 1 1,5 0,4 8,2 12
100% 100%
4,5 2 2,5 0,5 20,5 30
40%.
   
  
   

 
 
Resposta da questão 82: 
 [C] 
 
Total de cirurgias em fêmur: 
800 0,45 360  
 
Total de cirurgias em fêmur em homens: 
440 0,40 176  
 
Assim, o número total de cirurgias de fêmur realizadas 
em mulheres será: 
360 176 184  
 
Resposta da questão 83: 
 [B] 
 
É imediato que o produto número II apresentou o maior 
índice de aumento nas vendas no mês de setembro em 
relação ao mês de agosto. Basta notar que tal índice foi 
maior do que 50%. 
 
Resposta da questão 84: 
 [A] 
 
A inclinação atual é 
200
25%.
8
 Porém, de acordo com 
as normas técnicas, a distância entre os níveis da 
garagem e da rua deveria ser 8 20 160cm.  
Em consequência, o nível da garagem deverá ser 
elevado em 200 160 40cm.  
 
Resposta da questão 85: 
 [C] 
 
Se a quantidade de litros de tinta tom azul a ser 
adquirida é a, então 
a
0,4 a 4 L.
a 6
  

 
 
Resposta da questão 86: 
 [E] 
 
A despesa com ligações para celular foi de 
200 40 R$ 160,00.  Logo, se o gerente planeja uma 
conta de R$ 80,00 para o próximo mês, então a redução 
percentual com gastos em ligações para celulares 
deverá ser de 
40 160
100% 75%.
160

  
 
Resposta da questão 87: 
 [D] 
 
Dando um acréscimo de 8% no salário de João Pedro, 
obtemos: 
1800 (1 0,08) 1.944,00   
 
Resposta: R$ 1,944,00. 
 
Resposta da questão 88: 
 [D] 
 
O orçamento inicial totalizou 
10000 40000 40 2500 R$ 150.000,00.    
 
Seja p o percentual pedido. Desse modo, vem 
0,5 10000 1,25 100000 (1 p) 40000 0,9 150000
5 125 40 40p 135
p 0,875.
        
    

 
 
A resposta é 87,5%. 
 
Resposta da questão 89: 
 [A] 
 
Como a média diária de consumo corresponde a 

450
15 g,
30
 podemos concluir que a resposta é 

 
15 6
100% 150%.
6
 
 
Resposta da questão 90: 
 [B] 
 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
11 
5
20
1000 1 327 L
100
 
   
 
 
 
Resposta da questão 91: 
 [A] 
 
Os preços totais são dados por 
 
 
 
 
720
70 R$ 3.670,00,
0,2
740
50 R$ 3.750,00,
0,2
760
80 R$ 3.880,00,
0,2
710
10 R$ 4.743,33
0,15
 
 
e 
 

690
R$ 4.600,00.
0,15
 
 
Portanto, segue que o produto foi comprado na loja 1. 
 
Resposta da questão 92: 
 [A] 
 
Note que 3% de meio litro de leite corresponde a 
0,03 0,5 0,015 litros ou 15 ml.  
Como a colher possui 33 cm , ou seja, 3 ml temos que a 
quantidade de colheres é 
15
5 colheres.
3
 
 
Resposta da questão 93: 
 [E] 
 
Considere que: 
x : preço do curso de Inglês antes do aumento. 
y : preço do curso de Francês antes do aumento. 
 
De acordo com as informações do enunciado, podemos 
escrever: 
x 1,2 y 1,10 (x y) 1,16
1,2 x 1,10 y 1,16 x 1,16 y
0,04x 0,06y
x 0,06
y 0,04
x 6
y 4
x 3
y 2
     
      




 
 
Resposta da questão 94: 
 [A] 
 
Calculando: 
0,64 0,30 T 60000 T 312500     
 
Resposta da questão 95: 
 [B] 
 
Como são perdidos 10kg, podemos concluir que o custo 
do quilograma é 
400
R$ 8,00.
50
 Portanto, o torrefador 
deverá vender o quilograma do café por 
(1 2) 8 R$ 24,00.   
 
Resposta da questão 96: 
 [B] 
 
Calculando: 
8,6
325200 27967,2
100
  
 
Resposta da questão 97: 
 [C] 
 
Se n é o número de pontos obtidos pelo estudante na 
quarta avaliação, então 
46 0,2 60 0,1 50 0,3 n 0,4 60 0,4n 29,8
n 74,5.
         
 
 
 
A resposta é, portanto, 74,5. 
 
Resposta da questão 98: 
 [B] 
 
Resposta da questão 99: 
 [B] 
 
Votos válidos = 51% de (100% - 9% - 11%) = 
51 80
41%
100 100
 . 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
12 
 
Resposta da questão 100: 
 [C]Resposta da questão 101: 
 [E] 
 
Observe que os códigos se repetem de 8 em 8. Logo, 
sendo 2015 251 8 7,   podemos concluir que a 
resposta é 3, ou seja, caixa de direção. 
 
Resposta da questão 102: 
 [C] 
 
A menor diferença é entre a peça de 4,025 mm (apenas 
0,025 mm de diferença). 
I 4,025 4 0,025
II 4,100 4 0,100
III 4 3,970 0,030
IV 4,080 4 0,080
V 4 3,099 0,901
  
  
  
  
  
 
 
Resposta da questão 103: 
 [D] 
 
Tem-se que a resposta é dada por 
443 12 2,54
135 m.
100
 
 
 
Resposta da questão 104: 
 [D] 
 
É imediato que a resposta é 460.171. Pois, 
 
CM DM 
M
 
C
 
D U 
4 6 0 1 7 1 
 
 
Resposta da questão 105: 
 [A] 
 
A altura mínima é atingida quando toda a área é 
ocupada pelos contêineres. A única maneira de fazer 
isso, é dispor os contêineres de modo que  10 4 2,5 e 
32 5 6,4.  Logo, serão dispostos  4 5 20 contêineres 
em cada nível e, portanto, a resposta é 
 
100
2,5 12,5 m.
20
 
 
Resposta da questão 106: 
 [E] 
 
Sendo   2 3540 2 3 5,   4810 2 3 5 e 
  3 31080 2 3 5, vem que o máximo divisor comum 
desses números é   32 3 5 270. Contudo, se o 
comprimento das novas peças deve ser menor do que 
200 centímetros, então queremos o maior divisor 
comum que seja menor do que 200, ou seja, 
 33 5 135. 
 
Em consequência, a resposta é 
 
540 810 1080
40 30 10 420.
135 135 135
      
 
Resposta da questão 107: 
 [E] 
 
O consumo da família para o período considerado será 
de 310 0,08 20 16 m .   Portanto, a capacidade mínima, 
em litros, do reservatório a ser construído deve ser de 
16.000. 
 
Resposta da questão 108: 
 [D] 
 
O volume de água que será consumido é igual a 
150 2 10 3.000mL 3 L.    Por conseguinte, ela deverá 
comprar duas garrafas do tipo IV. 
 
Resposta da questão 109: 
 [B] 
 
Em 1h 3600 s passam 
3600
1800
2
 pessoas por 
cada catraca. Além disso, em 1 hora passam 
5 4 1800 36000   pessoas pelas 20 catracas. 
Portanto, o tempo mínimo para que todos passem pelas 
catracas é igual a 
45000 36000 9000
1h 15min.
36000 36000 36000
   
 
Resposta da questão 110: 
 [E] 
 
A distância total percorrida pelo aluno no mapa foi de 
5 2 (7 9) 160cm.    Sendo d a distância real 
percorrida e 1: 25000 a escala, temos 
 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
13 
6
6
5
160 1
d 4 10 cm
d 25000
4 10
d km
10
d 40km.
   

 
 
 
 
Resposta da questão 111: 
 [C] 
 
 
 
Resposta da questão 112: 
 [D] 
 
De acordo com o hidrômetro, foram consumidos 
33.534 m 3.534.000 L. Além disso, o hidrômetro 
aponta 859,35 L. Portanto, o consumo total de água 
registrado nesse hidrômetro, em litros, é igual a 
3534000 859,35 3.534.859,35.  
 
Resposta da questão 113: 
 [B] 
 
Transformando as medidas dadas em metros, temos: 
2300 mm= 2300. 10
-3
 m = 2,3 m 
160 cm = 160.10
-2 
m = 1,6m. 
 
Resposta da questão 114: 
 [E] 
 
120 mL 0,12 L 
9 91(333 10 0,12 L) 1 47,952 10 L
5
 
      
 
 
Aproximadamente 48 bilhões de litros. 
 
Resposta da questão 115: 
 [A] 
 
Basta observar a posição dos ponteiros e concluir que o 
número é 2 6 1 4 (cuidado com as setas que indicam os 
sentidos de rotação). 
 
Resposta da questão 116: 
 [B] 
 
 
Basta fazer 23 x 58 = 1334. 
 
Resposta da questão 117: 
 [C] 
 
Tem-se que 
3 4
4
mmc(24,16) mmc(2 3, 2 )
2 3
48.
 
 

 
 
Desse modo, a gerente e o assistente viajam juntos a 
cada 48 dias. 
Ao fim de quarenta e oito dias, a gerente realizou uma 
viagem sozinha e outra acompanhada pelo assistente, 
enquanto que o assistente realizou duas viagens sozinho 
e uma acompanhado da gerente. 
A resposta é    x y 1 2 3. 
 
Resposta da questão 118: 
 [B] 
 
Sejam os números naturais 17α e 17 ,β com 0.α β  
Tem-se que 
17 17 68 4α β α β     
 
Portanto, só pode ser 3α  e 1.β  
A resposta é 
17 17 17(3 1) 34.α β    
 
Resposta da questão 119: 
 [C] 
 
Se 16 onças equivalem a 1 libra e 0,4 onças equivalem 
a x libras, então 
x 1
x 0,025.
0,4 16
   
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
14 
 
Resposta da questão 120: 
 [B] 
 
De acordo com a tabela, temos: 
 
 
 
 
 
n 12x 11 n 1 12 x 1
n 20y 19 n 1 20 x 1
n 18z 17 n 1 18 x 1
mmc 12,20,18 180
     
     
     

 
 
Concluímos então que, n + 1 é o maior múltiplo de 180 
que é menor que 1200. 
Portanto, n 1 1080 n 1079.    
A soma dos algarismos de n será dada por: 1 + 0 + 7 + 9 
= 17. 
 
Resposta da questão 121: 
 [D] 
 
 1963 1 : 4 1962,5
Logo, y 1962
N 31 28 31 30 16 136
S 1983 136 490 2589
Como, 2589 369 7 6
 

     
   
  
 
 
Na tabela, 6 corresponde à quinta feira. 
 
Resposta da questão 122: 
 [A] 
 
Considere a figura. 
 
5 a b c 8 d e f x 
 
Sabendo que a soma de três algarismos consecutivos é 
sempre igual a 20, vem 
 
5 a b 20 a b 15
15 c 20
c 5
5 8 d 20
d 7
7 e f 20
e f 13
13 x 20
x 7.
     
  
 
   
 
   
  
  
 
 
 
Portanto, como 249 7 , segue que x é divisor de 49. 
 
Resposta da questão 123: 
 [A] 
 
Valor em reais: 152.1,6 = 243,20; 
Total de Litros: 50.3,8 = 190; 
Valor do litro: 243,20/190 = 1,28. 
 
Resposta da questão 124: 
 [D] 
 
Desde que AD BC e AB DC, temos DE 6cm. 
Portanto, pelo Teorema de Pitágoras, temos 
 
2 2 2 2 2 2AE AD DE AE 12 6
AE 5 36
AE 6 5 cm.
    
  
 
 
 
Resposta da questão 125: 
 [E] 
 
A nova área que será pavimentada corresponde a uma 
coroa circular de raios 
6
3 m
2
 e 
6 8
7 m.
2

 Assim, 
como tal área vale 
 
2 2 2(7 3 ) 40 120 m ,π π     
 
podemos concluir que o material disponível em estoque 
não será suficiente. 
 
Resposta da questão 126: 
 [B] 
 
Desde que a área de cada placa é a soma das áreas de 
um quadrado de lado 40cm com um semicírculo de raio 
40
20cm,
2
 podemos concluir que a resposta é 
 
2
2
20
10 40 40 10 2228
2
22280 m .
π 
     
 
 

 
 
Resposta da questão 127: 
 [E] 
 
Sendo AB AC e 90 BAC 180 ,    podemos afirmar 
que ABC é obtusângulo isósceles. 
 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
15 
Resposta da questão 128: 
 [E] 
 
Considerando NO a origem e o sentido anti-horário o dos 
arcos positivos, tem-se que inicialmente a posição da 
câmera é 45 . Desse modo, após as três mudanças, a 
câmera estará na posição 45 135 60 45 165 .         
Em consequência, a resposta é 165 no sentido horário. 
 
Resposta da questão 129: 
 [D] 
 
O compasso forma, com a superfície do papel, um 
triângulo isóscele de lados 10, 10 e R (raio), e ângulos 
120, 30 e 30 graus. Sabendo-se disto, pode-se calcular 
o raio R : 
R 10 1 3
R 10 R 10 3 17cm 15 R 21
sen 120 sen 30 2 2
          
 
 
 
Resposta da questão 130: 
 [C] 
 
O triângulo OAB é um triângulo pitagórico do tipo 3-4-5, 
portanto: 
OA 4
AB r 3
R 5
h R OA 5 4 h 1

 

     
 
 
Resposta da questão 131: 
 [B] 
 
A figura a seguir ilustra a movimentação do quadro: 
 
 
 
Assim, para retorná-lo à posição original, este deve ser 
girado 135 (90 45 )   no sentido horário. 
 
Resposta da questão 132: 
 [C] 
 
As taças devem ficar alinhadas, portanto seus diâmetros 
também ficarão. O desenho a seguir demonstra a 
disposição das taças, sendo os círculos menores suas 
bases (raio de 4 cm) e os círculos maiores pontilhados 
suas bordas superiores (raio de 5 cm). Em vermelho 
está delimitada a área mínima da bandeja. 
 
 
 
Assim, a área mínima seria: 
2A 38 8 304 cm   
 
Resposta da questão 133: 
 [D] 
 
Calculando: 
  máx máx
2x 2y 100 x y 50
x 50 x S x y 25
x y S x y S
    
        
    
 
 
Resposta da questão 134: 
 [D] 
 
Unindo-se os centros dos círculos, tem-se um triângulo 
equilátero (com altura h destacada em vermelho)de 
lado igual a 2r, conforme a figura a seguir: 
 
 
 
A altura total dos canos será igual a: 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
16 
canos
canos
viaduto
H h 2r
r 0,6
3 3
h L 0,6 2 h 1,02
2 2
H 1,02 1,2 2,22 m
H 1,3 0,5 2,22 4,02 m
 

      
  
   
 
 
Resposta da questão 135: 
 [B] 
 
Sabendo que as áreas são iguais, temos 
 
215 15 21 3x (x 7) x 7x 144 0
2 2
x 9 m.
 
       
 
 
 
Portanto, o comprimento e a largura devem medir, 
respectivamente, 16 m e 9 m. 
 
Obs.: Aparentemente houve um engano na ordem das 
medidas da alternativa [B]. 
 
Resposta da questão 136: 
 [A] 
 
Antes da modificação, a área de cada garrafão era de 
 
2360 600 580 278.400cm
2

  
 
Após a modificação tal área passou a ser de 
 
2490 580 284.200cm .  
 
Portanto, houve um aumento de 
2284200 278400 5.800cm .  
 
Resposta da questão 137: 
 [B] 
 
Sendo 3 60 180 ,    vem 
 
2 21 R 50 24 R 800
2
0 R 28,2 m.
      
  
 
 
Portanto, o maior valor natural de R, em metros, é 28. 
 
Resposta da questão 138: 
 [A] 
 
A área total de cobertura das duas antenas era de 
2 22 2 8 km .π π   Com a nova antena, a área passou a 
ser de 2 24 16 km .π π  Portanto, o aumento foi de 
216 8 8 km .π π π  
 
Resposta da questão 139: 
 [A] 
 
Sejam a e b as quantidades de palitos em cada um dos 
outros dois lados do triângulo. Tem-se que 
{a, b} {{1, 10}, {2,9}, {3, 8}, {4, 7}, {5, 6}}. Mas, pela 
condição de existência de um triângulo, só pode ser 
{a, b} {{3, 8}, {4, 7}, {5, 6}} e, portanto, a resposta é 3. 
 
Resposta da questão 140: 
 [E] 
 
Como o simétrico de um ponto P do plano, em relação 
ao ponto O, é o ponto P' tal que PO P'O e P' 
pertence à reta PO, segue-se que a alternativa correta é 
a alternativa [E]. 
 
Resposta da questão 141: 
 [C] 
 
É fácil ver que os triângulos AEC e BED são 
semelhantes. Logo, 
 
AF AC AF 4
6BF BD BF
AF BF 2 3
2AF
AF 2
.
5AF BF
  
 
 
 

 
 
Além disso, como os triângulos AEF e ABD também 
são semelhantes, vem 
 
AF EF AF EF
6AB BD AF BF
EF 2
6 5
EF 2,4 m.
  

 
 
 
 
Resposta da questão 142: 
 [C] 
 
Considere a figura, em que O é o centro do triângulo 
equilátero ABC de lado 60cm, M é o ponto médio do 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
17 
lado BC e D é a interseção da reta OC com o círculo 
de raio 30cm e centro em C. 
 
 
 
Desse modo, como OC é o raio do círculo circunscrito 
ao triângulo ABC, segue-se que 
 
60 3
OC 34cm.
3
  
 
Portanto, 
 
R OC CD DE
34 30 10
74cm.
  
  

 
 
Resposta da questão 143: 
 [D] 
 
Considere a figura, em que BD x e AC y. 
 
 
 
Para que a bandeja tenha capacidade de portar 
exatamente quatro copos de uma só vez, deve-se ter 
 
247
2 (x y) 2 x.x x
55
 
      
 
 
 
Portanto, o resultado pedido é dado por 
 
24
x
245 .
x 5BD
  
 
Resposta da questão 144: 
 [E] 
 
Considere a vista lateral de uma das torres Puerta de 
Europa. 
 
 
 
Do triângulo ABC, obtemos 
 
BC BC
tgBAC tg15
114AB
BC 114 0,26
BC 29,64 m.
   
  
 
 
 
Portanto, como a base é um quadrado, segue-se que 
sua área é aproximadamente igual a 
 
2 2 2BC (29,64) 878,53 m .  
 
Resposta da questão 145: 
 [B] 
 
3’= (3/60)° = 0,05° 
 
124° 3’ 0” = 124,05° 
 
Resposta da questão 146: 
 [B] 
 
O custo pedido é dado por 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
18 
 
2
1 1 1 1
3 14 2 4 21 4 30 4 50 30 50
2 2 4 4
R$ 35,00.
 
  
          
 

 
 
Resposta da questão 147: 
 [C] 
 
Calculando as áreas dos ambientes, obtemos 
 
2
IS 8 5 40 m ,   
 
2
IIS (14 8) 5 30 m ,    
 
2
IIIS (14 8) (9 5) 24 m     
e 
2
IV
(14 8) 4
S 7 35 m .
2
 
   
 
Desse modo, como Jorge quer gastar o mínimo com gás, 
ele deverá instalar duas unidades do tipo A (ambientes II 
e III) e duas unidades do tipo B (ambientes I e IV). 
 
Resposta da questão 148: 
 [C] 
 
Apenas os terrenos 3 e 4 possuem 180 m de 
comprimento. Calculando a área de cada um deles, 
temos: 
2
3
2
4
A 60 30 1800 m
A 70 20 1400 m
  
  
 
Logo, o terreno com maior área que possui 180 m
 
de 
perímetro é o terrenos de n
o
 3. 
 
Resposta da questão 149: 
 [D] 
 
360 : 3 = 120° 
 
 
 
Resposta da questão 150: 
 [A] 
 
Na raia 1, o atleta percorreria a menor distância, pois seu 
comprimento é menor. Os raios das semicircunferências 
são menores. 
 
Resposta da questão 151: 
 [E] 
 
2
MNC
ABC
S 1
S 2
 
  
 
SABC = 4.SMNC 
 
SABMN= SABC – SMNC = 
 
SABMN = 4.SMNC - SMNC 
 
SABMN =
 
3. SCMN (TRIPLO) 
 
Resposta da questão 152: 
 [B] 
 
 
 
Seja r o raio da base do cilindro 
O triângulo é retângulo, pois 6
2
 + 8
2
 = 10
2
 
Logo, sua área será A = 
6.8
24
2
 
 
Portanto: 24
2
.10
2
.8
2
.6

rrr
 
12r = 24 
r = 2 
 
Resposta da questão 153: 
 [E] 
 
Deslocamento do rolo em relaçăo ao solo: 2 R.π  
Deslocamento do bloco em relaçăo ao rolo: 2 R.π  
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
19 
Deslocamento do bloco em relaçăo ao solo: 4 R.π  
 
Resposta da questão 154: 
 [B] 
 
De acordo com o desenho a seguir, Belo Horizonte e 
Salvador. 
 
 
 
Resposta da questão 155: 
 [D] 
 
3,2 0,8
0,8(3,2 x) 2,2 3,2 x 5,6 m
3,2 x 2,2
      

 
 
 
 
Resposta da questão 156: 
 [D] 
 
Considere a figura, em que BC x. 
 
 
 
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ABC, 
obtemos 
 
     2 2 2x 90 120 x 22500 150cm 1,5 m. 
 
Portanto, o comprimento total do corrimão é 
  1,5 2 0,3 2,1m. 
 
Resposta da questão 157: 
 [E] 
 
Sejam I IIr , r e IIIr os raios das tampas. 
 
Como os círculos são tangentes, segue que o 
raio de cada um dos três tipos de tampa é dado 
por 

2 1
,
2 n n
 em que n é o número de círculos 
tangentes a um dos lados da chapa. 
 
Desse modo, as sobras de cada chapa são 
respectivamente iguais a 
 
 
 
          
 
 
            
 
2
2
I
2
2
II
1
4 r 4 4 ,
1
1
4 4 r 4 4 4
2
 
 e 
 
 
            
 
2
2
III
1
4 16 r 4 16 4 .
4
 
 
 Portanto, as três entidades recebem iguais 
quantidades de material. 
 
Resposta da questão 158: 
 [C] 
 
.R 3,14.6.370
25
800 800
π
  horas. 
 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
20 
Resposta da questão 159: 
 [B] 
 
Por simetria bilateral, podemos afirmar que o número de 
lados do polígono ABCDEFGH A é igual a 
 
    
 
1 1
4 4 20.
2 2
 
 
Resposta da questão 160: 
 [D] 
 
Se d é o diâmetro do círculo, então sua área é dada por 
2 2d d
.
2 4
π π
 
 
 
 
 
Por outro lado, segundo o enunciado, a área pode ser 
aproximada por 
2
28 64d d .
9 81
 
 
 
 
 
Desse modo, vem 
64 256
.
4 81 81
π
π   
 
Resposta da questão 161: 
 [C] 
 
Sejam b e h, respectivamente, as dimensões do 
paralelogramo quando 90 .θ   Logo, temos A b h.  
Quando  varia no intervalo ]0 , 90 [,  a altura do 
paralelogramo é dada por hsen . Desse modo, para que 
a área seja 
A
,
2
 devemos ter 
 
A b h
b hsen b hsen
2 2
1
sen
2
30 .
θ θ
θ
θ

    
 
  
 
 
Resposta da questão 162: 
 [C] 
 
Calculando: 
 
 
 
3
31
1 1
3
32
2 2
3
hachura
x b
3b 6 b 2
3x 6
V 2 8
V 108 V 4 cm
108 6 216
2x a
3b 12 a 4
3x 6
V 4 64
V 108 V 32 cm
108 6 216
V 32 4 28 cm
    
   
        
   
    
   
        
   
  
 
 
Resposta da questão 163: 
 [A] 
 
Calculando: 
   
2 22 2
4
cosA
5
4 18
MN 3 3 2 3 3 cosA 18 18 MN 3,6 MN 3,6
5 5

             
 
 
Resposta da questão 164: 
 [C] 
 
Calculando: 
1
2
3
p 7 7 4 18
1
p 3,5 3,5 2 9 PG r
2
p 1,75 1,75 1 4,5
    

      
    
 
 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
21 
Resposta da questão 165: 
 [A] 
 
Calculando: 
2 2
Q Q
Q
Q Q
Q
OP3 4 25 5
5 7 21
5 y 21 y
3 y 5 28 21
,
5 7 28 5 5
5 x 28 x
4 x 5
   
     
 
  
 
     
 
 
Resposta da questão 166: 
 [D] 
 
 
 
Se o trapézio AMNP é formado por 5 triângulos 
isósceles e o quadrado ABCD é formado por 16 
triângulos isósceles, então a razão entre eles será 5 .
16
 
 
Resposta da questão 167: 
 [B] 
 
Considere o quadrilátero IJKL da figura. 
 
 
 
Dos triângulos 1 6 2 5 3 8P P K, P P I, P P L e 4 7P P J, tem-se, 
respectivamente, que 
1 6 1 6
2 5 2 5
3 8 3 8
P KP 180 ( ),
P IP 180 ( ),
P LP 180 ( )
α α
α α
α α
   
   
   
 
 
e 
4 7 4 7P J P 180 ( ).α α    
 
Em consequência, desde que a soma dos ângulos 
internos do quadrilátero IJKL é igual a 360 , vem 
1 6 2 5 3 8 4 7
8
n
n 1
180 ( ) 180 ( ) 180 ( ) 180 ( ) 360
360 .
α α α α α α α α
α

                 
 
 
 
Resposta da questão 168: 
 [B] 
 
Desde que 6 7P P a 2b 2a 3b 3a 5b,      temos 
 
1 2 3 4 5 6 7PP P P P P P a b a b a 2b 2a 3b 3a 5b
8a 12b.
         
 
 
 
Resposta da questão 169: 
 [B] 
 
Desde que o número representado pela 4ª figura é 25 e 
o número representado pela 11ª figura é 212 , podemos 
concluir, pelo Teorema de Pitágoras, que 
2 2 2 2(n 1) 5 12 (n 1) 169 n 12.        
 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
22 
Resposta da questão 170: 
 [A] 
 
Tem-se que 
2
1(ACFG) AC S  e 
2
2(ABHI) AB S .  
Logo, do triângulo ABC, pelo Teorema de Pitágoras, 
vem 
2 2 2 2
1 2BC AC AB BC S S .     
 
Portanto, segue que a área do trapézio BCDE é dada 
por 
2
1 2
1
(BCDE) (CD BE) BC
2
1
(CX BX) BC
2
1
BC BC
2
1
BC
2
S S
.
2
   
   
  
 


 
 
Resposta da questão 171: 
 Calculando: 
 
2
2
b h 2 2
S 2 cm
2 2
1 unidade de área (u.a.) 2 2 4 cm S 0,5 u.a.
 
  
    
 
 
Resposta da questão 172: 
 [C] 
 
Sendo o lado do triângulo igual a "a", pode-se escrever: 
2
22 a a 3a BH BH
4 2
Y a a a 3a
Y
W Ya a 3 1,73
2W a a 0,5a a 2,366a
2 2 2
   
   
  
      
 
 
Resposta da questão 173: 
 [A] 
 
 
 
 
 
0 0 0
0 0 2 2
trapézio 0 0 0 0
2
0
0
0
4 2
S 4 Metade de S será 2
2
0 4
Reta r a 2 y 2x 4
2 0
Ponto D x ,y y 2x 4 com x 2
4 2x 4 x
S 2 2x 8x 4 0 x 4x 2 0
2
4 4 1 2 8
x 2 2 2 2 2 (não convém)4 8 4 2 2
x
2 2 x 2 2

  

       

     
  
          
        
       
  
 
 
 
Resposta da questão 174: 
 [C] 
 
O segmento 1 2C C é igual ao raio de ambas as 
circunferências e é igual a 6. Assim, pode-se concluir: 
 
 
 
Portanto, a área da região limitada pelos círculos é 
composta pela área dos círculos menos a área da 
intersecção entre eles. Já a área da intersecção é 
composta por dois triângulos equiláteros de lado 6 e 4 
segmentos circulares. Assim, considerando 3 1,73 e 
3,14,π  pode-se estimar a área da intersecção como 
sendo: 
2
2
seg setor
2 2
seg
int er sec seg
int er sec
3
S
4
6 3
S S 9 3 15,6
4
S S S
R 60 6 60
S 9 3 9 3 6 9 3 3,27
360 360
S 2 S 4 S
S 2 15,6 4 3,27 44,28
Δ
Δ Δ
Δ
Δ
π π
π



  
 
     
     
 
   
  
 
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23 
 
Logo, a área da região limitada pelos círculos será: 
int er sec
2 2
2
S 2 S S
S R 6 36 113
S 2 113 44,28 181,72
S 182 cm
οο ο
ο
οο
οο
π π π
  
    
 
 
 
Resposta da questão 175: 
 Considerando BC / /DF, temos: 
ˆ ˆADE 45 85 180 ADE 50
180 45ˆADF 67,5
2
        
  
  
 
 
Portanto, 67,5 50 17,5 17 30'α         
 
Resposta da questão 176: 
 [C] 
 
A área do setor é dada por 
 
2R AB R R R
.
2 2 2
 
  
 
Resposta da questão 177: 
 [A] 
 
Seja a medida, em metros, dos lados dos hexágonos 
que constituem a piscina. 
 
Sabendo que a distância entre lados paralelos de um 
hexágono regular é igual ao dobro do apótema do 
hexágono, obtemos 
 
25 3
25 tg30 m.
3
    
 
Desse modo, a área da piscina é dada por 
 
22
2
3 3 9 25 33 3
2 2 3
1875
3
2
1.623,8 m
 
    
 
 

 
 
e, portanto, 21.600 m é o valor que mais se aproxima da 
área da piscina. 
 
Resposta da questão 178: 
 [C] 
 
Do triângulo ABC, obtemos 
 
BC 1
senBAC BC 40 20cm
2AC
     
e 
AB 3
cosBAC AB 40 34cm.
2AC
     
 
Além disso, como DAE 45 ,  segue que 
AD DE BC 20cm.   
 
Portanto, a área do triângulo ACE é dada por 
 
2
(ACE) (ADC) (ADE)
34 20 20 20
2 2
140cm .
 
 
 

 
 
Resposta da questão 179: 
 [B] 
 
Sejam An e Bn , respectivamente, o número de voltas 
da engrenagem maior e o número de voltas da 
engrenagem menor. Desse modo, se Ar e Br são os 
raios dessas engrenagens, então 
 
A A B B A B
A B
n 2 r n 2 r 375 r 1000 r
8
r r .
3
π π        
  
 
 
Portanto, 
 
A B B B
B
8
r r 11 r r 11
3
r 3cm.
     
 
 
 
Resposta da questão 180: 
 
 
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24 
 
a) 
x 20
ATD ~ ABC : x 60 m.
900 300
Δ Δ    
b)    
2 2
AB 300 900 300 10   
 
Sendo t o tempo para o televérico ir de A até B, temos:
300 10 1,5.t t 200 10.  
 
 
Resposta da questão 181: 
 Sabendo que a soma dos ângulos internos de um 
quadrilátero convexo é igual a 360 e que os ângulos 
ABC e ADC são retos, temos que o quadrilátero ABCD 
é inscritível. Além disso, como AC BD, segue que 
DE EB e, portanto, 
 
2
DE EB AE EC DE 18 32
DE 9 2 32
DE 3 8
DE 24cm.
     
   
  
 
 
 
Desse modo, como AE 18 3 6   e DE 24 4 6,   
vem que AD 5 6 30.   Por outro lado, como 
EC 32 4 8   e DE 24 3 8,   obtemos 
CD 5 8 40.   
Portanto, como os triângulos ABE e ADE são 
congruentes, bem como os triângulos BCE e CDE, vem 
 
AB BC CD DA 2 30 2 40 140cm.        
 
Resposta da questão 182: 
 [E] 
 
A única alternativa que exibe espaçamentos iguais entre 
as letras é a [E]. 
 
Resposta da questão 183: 
 [C] 
 
Desde que a área exibida no projeto pode ser dividida 
em três retângulos de dimensões 8 m 8 m, 3 m 7 m  e 
3 m 5 m, podemos concluir que o volume da laje é dado 
por 
30,05 (8 8 3 7 3 5) 5 m .       
 
Portanto, segue que um caminhão com capacidade 
máxima de 35 m será suficiente. 
 
Resposta da questão 184: 
 [A] 
 
Após a retirada dos tetraedros de aresta 
a
,
3
 restarão por 
faces 4 hexágonos regulares de lado 
a
3
 e 4 triângulos 
equiláteros de lado 
a
.
3
 
 
Resposta da questão 185: 
 [A] 
 
O número de cubinhos ausentes é igual a 9 2 11.  
Logo, as únicas alternativas possíveis seriam [A] e [E]. 
Contudo, a face lateral direita apresenta seis cubinhos 
ausentes e, assim, só pode ser a alternativa [A]. 
 
Resposta da questão 186: 
 [B] 
 
Calculando: 
3
produto
V 3 5 (1,7 0,5) 18 m 18.000 L
V 18 1,5 27 mL
     
  
 
 
Resposta da questão 187: 
 [C] 
 
A caixa escolhida deve ser a número 3, pois se 
somarmos as diferenças de cada uma das dimensões 
tem-se: 
     
     
     
     
Caixa 1 86 80 86 80 86 80 18
Caixa 2 não cabe 75 80
Caixa 3 85 80 82 80 90 80 17
Caixa 4 82 80 95 80 82 80 19
Caixa 5 80 80 95 80 85 80 20
      
  
      
      
      
 
 
Ou ainda pode-se calcular por volume: 
Caixa 1 86 86 86 636056
Caixa 2 não cabe 75 80
Caixa 3 85 82 90 627300 menor volume
Caixa 4 82 95 82 638780
Caixa 5 80 95 85 646000
   
  
    
   
   
 
 
Resposta da questão 188: 
 [E] 
 
A forma possui faces duas faces triangulares paralelas, 
portanto trata-se de um prisma triangular reto. 
 
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25 
Resposta da questão 189: 
 [C] 
 
Observando que as pernas da cadeira irão assumir a 
posição vertical, e que há uma travessa horizontal 
unindo cada par de pernas,podemos concluir que a 
alternativa [C] é a que melhor representa a vista lateral 
de uma cadeira fechada. 
 
Resposta da questão 190: 
 [E] 
 
Desde que o arco AB pertence a um plano paralelo a ,α 
sua projeção ortogonal sobre α também é um arco. 
Ademais, como B e C não são simétricos em relação 
ao plano que contém o equador e o arco BC pertence a 
um plano perpendicular a ,α sua projeção ortogonal 
sobre α é um segmento de reta. Em consequência, a 
melhor representação é a da alternativa [E]. 
 
Resposta da questão 191: 
 [D] 
 
O volume total de petróleo contido no reservatório é igual 
a 
 
3 360 10 10 6,0 10 m .    
 
Desse volume, após o vazamento, restarão apenas 
 
3 32 60 10 7 2,8 10 m .
3
     
 
Em consequência, a resposta é 
 
3 3 3 36,0 10 2,8 10 3,2 10 m .     
 
Resposta da questão 192: 
 [D] 
 
O volume do silo é dado por 
 
2 2 313 12 3 3 324 27 351m .
3
π π         
 
Portanto, se n é o número de viagens que o caminhão 
precisará fazer para transportar todo o volume de grãos 
armazenados no silo, então 
 
351
n 17,55.
20
  
 
A resposta é 18. 
 
Resposta da questão 193: 
 [C] 
 
O volume da cisterna é igual a 
2
32 3 9 m .
2
π
 
   
 
 
Mantendo a altura, o raio r da nova cisterna deve ser tal 
que 281 r 3,π   ou seja, r 3 m. Em consequência, o 
aumento pedido deve ser de, aproximadamente, 
3 1 2 m.  
 
Resposta da questão 194: 
 [E] 
 
Seja V o volume real do armário. 
 
O volume do armário, no projeto, é 33 2 1 6cm .   Logo, 
temos 
3
36 1 V 6.000.000cm .
V 100
 
   
 
 
 
Resposta da questão 195: 
 [D] 
 
Se H é a altura da lata atual, então seu volume é igual a 
2 324 Hcm . Agora, sabendo que as dimensões da nova 
lata são 25% maiores que as da lata atual, e sendo h a 
altura da nova lata, temos 
2
25 1624 h 24 H h H h 64% H,
4 25
 
          
 
 isto é, a 
altura da lata atual deve ser reduzida em 
100% 64% 36%.  
 
Resposta da questão 196: 
 [A] 
 
Queremos calcular r, de modo que 212 r 1 4.π    
Portanto, considerando 3 como o valor aproximado de 
,π temos 
 
2 2 812 3r 4 r
3
8
0 r
3
0 r 1,63,
   
  
  
 
 
ou seja, a medida do raio máximo da ilha de lazer, em 
metros, é um número que está mais próximo de 1,6. 
 
Resposta da questão 197: 
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26 
 [D] 
 
É fácil ver que o sólido da figura é constituído por dois 
troncos de cone. 
 
Resposta da questão 198: 
 [C] 
 
Supondo que a pirâmide é regular, temos que a projeção 
ortogonal do deslocamento no plano da base da 
pirâmide está corretamente descrita na figura da 
alternativa [C]. 
 
Resposta da questão 199: 
 [C] 
 
O nível da água subiria 
2400
2cm,
40 30


 fazendo a água 
ficar com 25 5 2 22cm   de altura. 
 
Resposta da questão 200: 
 [A] 
 
De acordo com as planificações, Maria poderá obter, da 
esquerda para a direita, um cilindro, um prisma de base 
pentagonal e uma pirâmide triangular. 
 
Resposta da questão 201: 
 [C] 
 
A projeção ortogonal do triângulo AFC no plano da 
BCDE do cubo corresponde ao triângulo BDC. 
Portanto, segue que 2 2
1
y 2 2cm .
2
   
 
Resposta da questão 202: 
 [A] 
 
A aresta de cada cubo mede 3
3
1 1
cm.
2 2
 Logo, como 
tal número é irracional e as dimensões da caixa são 
expressas por números inteiros, segue que a caixa não 
ficará totalmente preenchida, ou seja, haverá espaços 
entre os cubos. 
O número máximo de cubos que a caixa comporta é 
3 3 325 2 10 2 8 2 31 12 10 3720.                
 
Ademais, o número de cubos colocados na caixa cresce 
segundo uma progressão geométrica de primeiro termo 
1 e razão 2. Desse modo, após t minutos, podemos 
concluir que o número de cubos na caixa é dado por 
t2 . 
Queremos calcular o menor valor inteiro de t para o qual 
se tem t2 3720. 
Portanto, como 112 2048 e 122 4096, segue que 
após 12 minutos a caixa estará totalmente cheia. 
 
Observação:  x denota o maior número inteiro menor 
do que ou igual a x. 
 
Resposta da questão 203: 
 [B] 
 
Lembrando que a menor distância entre dois pontos é a 
medida do segmento de reta que os une, considere a 
planificação da superfície lateral do cone, em que V é o 
vértice do cone e A A'. 
 
 
 
Portanto, se o raio da base do cone mede 10cm, então 
o arco AA ' mede 2 10 20 cm.π π  Ademais, como 
 VA VA' 60cm, temos 
AA' 20
AVA ' AVA ' rad.
60 3VA
π π
    
 
Em consequência, o triângulo AVA' é equilátero, de tal 
sorte que AA' 60cm. 
A resposta é 60 cm. 
 
Resposta da questão 204: 
 Considerando que AD é a diagonal de um 
paralelepípedo reto retângulo, temos: 
 
 
 
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27 
2 2 2AD 40 30 20
AD 2900
AD 10 29
  

 
 
 
Resposta da questão 205: 
 Calculando: 
Perímetro AB BC CD AD AE BE CE DE BF AF DF CF
10 11 12 11 12 12 11 12 11 10 12 10 134 cm
           
           
 
 
Resposta da questão 206: 
 [B] 
 
Calculando: 
prisma base
pirâmide base prisma
base base
V S h
1 1
V S PA V
3 9
1 1 h
S PA S h PA
3 9 3
 
    
      
 
 
Resposta da questão 207: 
 [C] 
 
O sólido ABCDEF é um prisma triangular de bases 
ABF e DCE. Portanto, a resposta é dada por 
 
31 1AB AA AD 2 4 2 8cm .
2 2
        
 
Resposta da questão 208: 
 [B] 
 
Seja a medida da aresta do tetraedro. Desde que as 
faces do tetraedro são triângulos equiláteros 
congruentes, vem 
3
DM AM .
2
  Por conseguinte, 
aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo AMD, temos 
 
2 2 2
2 2
2
2 2
AD AM DM 2 AM DM cosAMD
3 3 3 3
2 cosAMD
2 2 2 2
3
cosAMD
2 2
1
cosAMD .
3
      
   
         
   
  

 
 
Resposta da questão 209: 
 [D] 
 
O volume pedido é igual a metade do volume do cilindro. 
Assim, pode-se escrever: 
2
metade
2 10 40
V V 20
2 2
π π
π
 
    
 
Resposta da questão 210: 
 [D] 
 
Para o dodecaedro regular, temos: 
12 faces pentagonais. 
12 5
30
2

 arestas. 
 
Utilizando a relação de Euler, temos: 
V A F 2 2 30 12 V 20        (vértices) 
 
Portanto, o poliedro formado terá: 
12 12 2 22 faces (F 22)
30 30 5 55 arestas (A 55)
20 20 5 35 vértices (V 35)
   
   
   
 
 
A soma pedida será dada por: 
V F A 35 22 55 112.      
 
Resposta da questão 211: 
 O volume do tronco de prisma ABGFDE é dado por 
 
3
1 1 1 1
DE DF (BE AD GF) 3 5 (10 10 6)
2 3 2 3
65cm .
            

 
 
Resposta da questão 212: 
 
 
 
 
No retângulo ABCD: : 8x 32 5 x 4 5dm   
 
No triângulo AED: 2 2 2 2(4 5) 8 y y 16 y 4      
 
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28 
Portanto, o volume do prisma (líquido) será dado por: 
34 8 8V 128 dm
2
 
  
 
Resposta da questão 213: 
 [A] 
 
Volume do cilindro: V 
Volume do óleo no cone no momento considerado: Vi 
Daí, temos: 
3
i
i
H
V V2 V
V H 8
 
 
   
  
 
 
Portanto, o volume que estará no cilindro no instante 
considerado será: 
V 7V
V ,
8 8
  ou seja, 87,5% do 
volume do cilindro, portanto a alternativa [A] é mais 
adequada. 
 
Resposta da questão 214: 
 [A] 
 
Sejam h e r, respectivamente, a altura e o raio da base 
do cone semelhante ao cone de altura 24cm e altura 
3cm. Logo, temos 
 
r 3 h
r .
h 24 8
   
 
O volume desse cone é dado por 
 
2 3
31 h hV h cm .
3 8 64
π
 
     
 
 
 
Por outro lado, como a vazão da torneira é igual a 
31cm s, segue-se que 
 
3V 1 t tcm ,   
 
com t em segundos. 
 
Em consequência, encontramos 
 
3
3h t h 4 t cm.
64
   
 
Resposta da questão 215: 
 [C] 
 
Considere a figura. 
 
 
 
Sabendo que a área da superfície esférica é igual à área 
do círculo de centro T e raio TQ, vem 
 
2 2 224 AP TQ 4 3 TQ
TQ 6dm.
π π      
 
 
Logo, comoFQ é tangente à esfera no ponto P, segue 
que TQ PQ. 
 
Da semelhança dos triângulos FTQ e FPA, obtemos 
 
FP PA FP 3
6FT TQ FT
1
FP FT.
2
  
  
 
 
Finalmente, aplicando o Teorema de Pitágoras no 
triângulo FPA, encontramos 
 
2
2 2 2 22
2 22 2
2
1
FA PA FP (FT AT) PA FT
2
1
FT 6 FT 3 3 FT
4
1
FT 2 FT 0
4
FT 8dm.
 
       
 
      
    
 
 
 
Resposta da questão 216: 
 [C] 
 
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29 
 
 
No triângulo retângulo assinalado, temos: 
 
2 2
2 2 2R 3.Rr R r
2 4
 
    
 
 
 
Logo, a área pedida será: 
 
2 2
2 3.R 3. .RA .r
4 4
π
π π   
 
Resposta da questão 217: 
 Sendo 2 a medida da aresta da base do prisma, 
considere a seguinte vista superior. 
 
 
 
Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo ABC, 
obtemos 
 
2 2 2 2 2 2 1x 2 cos120 x 2 2
2
x 3,
 
            
 
 
 
 
em que x é a medida da aresta da base das pirâmides 
hexagonais regulares obtidas pelo corte. 
 
Portanto, se h é a altura do prisma, segue que a razão 
pedida é dada por 
 
2
2
1 3 ( 3) h
2
13 2 2 .
43 (2 )
h
2

  



 
 
Resposta da questão 218: 
 [B] 
 
Sabendo-se que, se V e V’, representam os volumes de 
figuras semelhantes temos 3
V '
K
V
 e que, pelo 
enunciado o volume do pacote maior (V’) é o dobro do 
pacote menor (V), teremos: 
3 3 32V K V K K 2
V
      a razão de semelhança 
será: 3K 2 
 
Como a razão entre as áreas é o quadrado da razão de 
semelhança teremos:  
2
2 3 3A ' A 'K 2 4
A A
    
 
Resposta da questão 219: 
 [B] 
 
 
 
 
Área do pentágono = área do triângulo maior (lado 30) 
menos duas vezes a área do triângulo menor (lado 10) 
 
3175
4
32003900
4
3.10.2
4
3.30 22


A 
 
Área da superfície da caixa: A = 2. 3175 + (10 + 10 + 20 
+ 20 + 10).5 = 955,5 cm
2
 = 0,09555 m
2
. 
Como o m
2
 de papelão custa 10 reais, o valor de cada 
caixa será aproximadamente R$ 0,95. 
 
Resposta da questão 220: 
 [D] 
 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
30 
Seja g uma geratriz do cone emerso e G uma geratriz 
do sólido. Segue que 
 
g 1
k,
G 2
 
com k sendo a constante de proporcionalidade. 
 
Assim, se v é o volume emerso e V é o volume do 
sólido, temos 
 
      
 
3
3v v 1 1 Vk v .
V V 2 8 8
 
 
Seja sV o volume submerso. 
    s
V 7V
V V v V .
8 8
 
 
Portanto, a razão pedida é 
 s
7V
V 78 .
V V 8
 
 
Resposta da questão 221: 
 
 
 
Relação entre a aresta a do cubo e o raio r do cilindro: 
   
   
 
 
 
2 3
cilindro cubo
2
22
cilindro
3
cubo
a 2 2 2 2r
2a 2r a 2 r
2 a 2
Logo : V r xa e V a
V 2 2r xa r
Assim : x
V a 4a
π
π
π π
 
     
 
 
   
 
 
 
Resposta da questão 222: 
 [C] 
 
Sejam O, A e M, respectivamente, o centro da pizza, 
um vértice do prisma e o ponto médio de uma das 
arestas adjacentes ao vértice A. 
 
Queremos calcular 

OM
.
2 MA
 
180ˆMOA 22 30'.
8

   
2
ˆtgMOA tg22 30'
1 cos45
1 cos45
2
1
2 2 (2 2) 2 22 2 1.
22 2 2 2
1
2
 
 

 

  
     


 
 
 
 
   

    
 
MA MAˆtgMOA 2 1
OM OM
OM 1 2 1
2 1.
MA 2 1 2 1
 
 
Portanto, 

  
OM 1 OM 2 1
.
2 22MA MA
 
 
Resposta da questão 223: 
 [D] 
 
Resposta da questão 224: 
 38% 
 
Resposta da questão 225: 
 6 cm 
 
Resposta da questão 226: 
 [D] 
 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
31 
O valor total gasto com os diaristas, em reais, é 
(X 1) 80 2 160X 160.     Logo, a resposta é 
Y 160X 160 1000 Y 160X 840.      
 
Resposta da questão 227: 
 [B] 
 
Considere a tabela, em que estão representadas as 
vendas na última semana. 
 
 S T Q Q S S D Total 
Refrigerante 4 4 5 8 8 8 7 44 
Caldo 3 1 2 4 7 7 4 28 
Total 7 5 7 12 15 15 11 72 
 
Portanto, as vendas de pastéis totalizarão 72 unidades 
na próxima semana. Ademais, como ele vendeu 
2 4 4 7 8 10 10 45       pastéis na última semana, 
segue que a resposta é 72 45 27.  
 
Resposta da questão 228: 
 [B] 
 
Sendo 2014 o ponto médio do intervalo [2013, 2015], e 
sabendo que a cobertura da campanha variou de forma 
linear, podemos concluir que a resposta é 
67% 59%
63%.
2

 
 
Resposta da questão 229: 
 [D] 
 
Calculando: 
   
2
2
2
Parábola Pontos 5, 0 e 4, 3
f(x) ax bx c
b 0 parábola simétrica ao eixo y
f(0) c H
0 a (5) H 0 25a H 1 25
3 9a a H
3 16a H 3 33 a (4) H

  
 
 
     
         
     
 
 
Resposta da questão 230: 
 [C] 
 
Analisando o gráfico, percebe-se que a velocidade atinge 
valor igual a zero entre os minutos 6 e 8, portanto o 
carro permaneceu imóvel por 2 minutos. 
 
Resposta da questão 231: 
 [A] 
 
Redesenhando o gráfico B de acordo com os volumes 
da coluna da esquerda, percebe-se que ambos têm a 
exata mesma quantidade de água no mesmo instante 
apenas entre 8h e 9h. 
 
Resposta da questão 232: 
 [A] 
 
Entre 15 h e 16 h a profundidade diminuiu 2 metros, 
que representa 10% da profundidade às 15 h. Assim, se 
pode inferir que a profundidade às 15 h era de 20 
metros ( 20 10% 2  ) e às 16 h era de 18 metros. 
 
Resposta da questão 233: 
 [C] 
 
Tem-se que y (x 3)(x 3),    em que as raízes são 3 
e 3. Ademais, a parábola intersecta o eixo das 
ordenadas no ponto (0, 9). 
A resposta é dada por 
 
22 (3 ( 3)) 9 36 m .
3
     
 
Resposta da questão 234: 
 [C] 
 
A vazão total entre 1h e 3 h é dada por 
0 5.000
2.500 L h,
3 1



 enquanto que a vazão na 
primeira hora é 
5.000 6.000
1.000 L h.
1 0



 Portanto, a 
vazão da segunda bomba é igual a 
2.500 1.000 1.500 L h.  
 
Resposta da questão 235: 
 [B] 
 
Para que o reservatório tenha uma vazão constante de 
enchimento é necessário que as vazões de entrada e de 
saída sejam constantes. Tal fato ocorre no intervalo de 
5 a 10 minutos. 
 
Resposta da questão 236: 
 [E] 
 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
32 
A cada 24 horas tem-se 2 pontos de interseção dos 
gráficos, conforme as condições estabelecidas. Portanto, 
em uma semana o valor do parâmetro será igual a 
2 7 14.  
 
Resposta da questão 237: 
 [D] 
 
Escrevendo a lei de T na forma canônica, vem 
 
   
   
   
  
2
2
2
2
T(h) h 22h 85
(h 22h 85)
[(h 11) 36]
36 (h 11) .
 
 
Assim, a temperatura máxima é 36 C, ocorrendo às 11 
horas. Tal temperatura, segundo a tabela, é classificada 
como alta. 
 
Resposta da questão 238: 
 [D] 
 
A trajetória descrita pelo assento do balanço é parte da 
circunferência 2 2x y 4.  Logo, sabendo que y 0, 
temos 2f(x) 4 x ,   com 2 x 2.   
 
Resposta da questão 239: 
 [D] 
 
Queremos calcular o valor de t para o qual se tem 
T(t) 39. Desse modo, 
 
2 2t t
39 400 361
4 4
t 4 361
t 38min.
    
  
 
 
 
Resposta da questão 240: 
 [E] 
 
A abscissa do vértice da parábola 2
3
y x 6x C
2
   é 
igual a 
( 6)
2.
3
2
2

 

 
 
Por outro lado, sabendo que o vértice da parábola 
pertence ao eixo das ordenadas, temos: 
 
2
v
3
( 6) 4 C
2y 0
34a
4
2
6C 36 0
C 6.
Δ
   
    

  
 
 
 
Portanto, segue-se que o resultado pedido é 
f(0) C 6cm.  
 
Resposta da questão 241: 
 [C] 
 
Admitido um crescimento constante, temos uma função 
de primeiro grau dada por: 
y ax b,  onde a 4300 (taxa constante) e 
b 880605 2 4300 872005.    
Logo, y 4300x 872005.  
 
Resposta da questão 242: 
 De acordo com a figura acima temos a seguinte 
parábola: 
 
 
 
Utilizando a forma canônica da função quadrática 
podemos determinar a lei de formação da parábola: 
2
V V
2
y a (x x ) y
y a (x 6) 1,8
   
   
 
 
Como o gráfico passa por (0, 0), temos: 
2 10 a (0 6) 1,8 a
20
       
 
Logo: 
21y (x 6) 1,8
20
     
 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
33 
Como o gráfico da função passapor (d, 1), podemos 
escrever que: 
2 211 (d 6) 1,8 (d 6) 16 d 6 4 d 10 ou d 4
20
               
 
 
Como d 6, a largura do rio será d 10 m. 
 
Resposta da questão 243: 
 [B] 
 
As taxas de desvalorização anual dos veículos I, II, III e 
IV foram, respectivamente, iguais a 
25 75
10,
5 0
10 60
12,5,
4 0
14 50
6
6

 


 


 
 
e 
16 36
5.
4

  
 
Portanto, segue que o veículo que mais desvalorizou por 
ano foi o II. 
 
Resposta da questão 244: 
 Calculando: 
1º Trimestre
2º Trimestre
V (5000 2 6000) 1,2 20400
20400 18400 2000 reais
V (5000 8000 10000) 0,8 18400
    
  
    
 
 
Resposta da questão 245: 
 [D] 
 
Sendo f(0) 2, vem B (0, 2). Ademais, como ABCD é 
um quadrado, temos D (2, 0). Finalmente, como 
f(2) 6, vem P (2, 6) e, portanto, o resultado é 
2 22 6 40.  
 
Resposta da questão 246: 
 A abscissa do ponto C, Cx , é tal que 
x 1
Cf(x) g(x) 2 8 x 2.
     
 
Logo, a ordenada do ponto C, C Cy f(x ), é Cy 8. 
Ademais, a ordenada do ponto A, A Ay f(x ), é igual a 
f(0), ou seja, Ay 2. 
Portanto, como B Cx x e B Ay y , segue que a 
resposta é dada por 
B A C B(ABCD) (x x ) (y y )
2 6
12 u.a.
   
 

 
 
Resposta da questão 247: 
 [A] 
 
O valor da ordenada do vértice da parábola será dado 
por: 
2
2
2
4
4a
4
4 1
16
4k 4 29 16
4k 100
k 25
k 5
Δ
Δ
Δ
 
 

 
   


 
 
 
Assim , o valor positivo do parâmetro k é 5. 
 
Resposta da questão 248: 
 A medida do lado do triângulo equilátero é igual a 
6
2cm.
3
 Logo, sua altura é 
2 3
3 cm.
2

 Além disso, 
o retângulo de base xcm determina um triângulo 
equilátero de lado igual a xcm, com 0 x 2.  Por 
conseguinte, da semelhança dos triângulos equiláteros, 
vem 
 
x 3 y 2 ( 3 y)
x .
2 3 3
  
   
 
A área, A, do retângulo é dada por 
2
A x y
2 ( 3 y)
y
3
3 2 3
y .
2 23
 
 
 
 
   
 
 
 
Desde que a área é máxima, temos 
3
y
2
 e x 1. 
 
Resposta da questão 249: 
 Seja V : [100, [   a função afim dada por 
V(p) a p b,   com V(p) sendo o valor a pagar por uma 
perda de p litros por habitante. Tem-se que 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
34 
20 5 3
a .
200 100 20

 

 
 
Logo, como p(100) 5, vem 
3
5 100 b b 10.
20
      
 
Portanto, segue que a resposta é 
3
V(500) 500 10 R$ 65,00.
20
    
 
Resposta da questão 250: 
 [B] 
 
Seja a medida do lado do triângulo. Logo, tem-se que 
 
2
2
Y P A
3
3
4
3
3 3 ( 2 3) .
4
 
 
   
 
 
Portanto, para 2 3, Y atinge o seu maior valor, ou 
seja, 3 3. 
 
Resposta da questão 251: 
 [C] 
 
A reta que passa por A e por B(3,0) tem equação 
y ax b,  logo, 3 .3a a0 b b    
Então, y ax 3a,  como a reta passa pelo ponto (p,q) 
temos que : 
 
2
2
p q p (ap 3a)
p q ap 3ap
9a
4,5 4,5 a 0 (não convém) ou a 2
4a 4.a
   
  

        
 
 
Portanto, y 2x 6   e A(0,6) 
Portanto, 2 2AB (3 0) (0 6) 45 3 5.      
 
Resposta da questão 252: 
 De acordo com as informações do problema, temos: 
A
 
B
y 720 – 10x
y 60 12x

 
 
 
O valor 0x indicado no gráfico é o valor de x quando yA 
= yB, ou seja: 
720 10x 60 12x
22x 660
x 30
  
  

 
 
Logo, 0x 30 horas. 
 
Resposta da questão 253: 
 Podemos escrever 
 
P(x) (x 1) (x 1) q(x) ax b,       
 
com q(x) sendo o quociente da divisão de P por 2x 1, e 
r(x) ax b  o resto da divisão. 
 
Como o gráfico passa pelos pontos ( 1, 0) e (1, 2), vem 
P( 1) 0 a b 0 a b        e P(1) 2 a b 2.    
Desse modo, a b 1  e, portanto, r(x) x 1.  
 
Resposta da questão 254: 
 Sabendo que 0V 50000, temos que o valor de venda 
daqui a três anos é igual a 
 
3
2 2
512
V(3) 50000 [(0,8) ] 50000 R$ 25.600,00.
1000
     
 
Resposta da questão 255: 
 De acordo com as informações, temos que 
 
1 1 1f(n ) 7 2n 3 7 n 2,      
 
2 2 2f(n ) 13 2n 3 13 n 5,      
 
3 3 3f(n ) 5 2n 3 5 n 1,      
 
4 4 4f(n ) 30 50 n 30 n 20,      
 
5 5 5f(n ) 32 50 n 32 n 18,      
 
6 6 6f(n ) 21 2n 3 21 n 9      
 
e 
 
7 7 7f(n ) 24 50 n 24 n 26.      
 
Portanto, o nome da destinatária é Beatriz. 
 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
35 
Resposta da questão 256: 
 
PC AQ y
AD DP x
2y 4x 800 y 2x 400 y 400 2x
 
 
       
 
S = yx = (400 – 2x) x = − 2x
2
 + 400x 
 
Logo: 
2
2
máxima
(b 4ac) (160000 0)
S 20.000m
4a 4a 8
Δ    
   

 
 
Resposta da questão 257: 
 [B] 
 
Queremos calcular BOB x . 
Como a parábola de vértice C intersecta o eixo das 
ordenadas na origem, segue que a sua equação é 
2x 2x
y .
75 5

  Logo, 
2
2
A
x 2x 1 1
y (x 30x) x (x 30) x 30.
75 5 75 75

          
 
Por outro lado, se Dx 35 é a abscissa do vértice D, 
então: 
A B B
D B
x x 30 x
x 35 x 40.
2 2
 
     
Por conseguinte, OB 40 m. 
 
Resposta da questão 258: 
 12Δ  
 
Resposta da questão 259: 
 [C] 
 
Resposta da questão 260: 
 3 m 
 
Resposta da questão 261: 
 a) 25% 
 
b) 6,25% 
 
Resposta da questão 262: 
 [C] 
 
Resposta da questão 263: 
 [C] 
 
Seja ix a altura do jogador i, com 1 i 20  e i . 
Logo, temos 
20
i 20
i 1
i
i 1
x
1,8 x 36.
20


  

 
 
Portanto, segue que a resposta é dada por 
36 0,2
1,79 m.
20

 
 
Resposta da questão 264: 
 [B] 
 
A resposta é dada por 
0 52 1 5 2 2 3 1 12
0,2.
52 5 2 1 60
      
 
  
 
 
Resposta da questão 265: 
 [C] 
 
Calculando as taxas, encontramos 
 
8000 2
,
8000 4000 3
10000 5
,
10000 8000 9
11000 11
,
11000 5000 16
18000 9
18000 10000 14








 
e 
17000 17
.
17000 12000 29


 
 
Logo, como 
5 6 2
,
9 9 3
17 18 18 9 18 2
29 29 28 14 27 3
 
    
 
e 
32 2 11 33
,
48 3 16 48
   
 
podemos afirmar que o município III receberá o 
investimento extra. 
 
Resposta da questão 266: 
 [C] 
 
Se o grupo de basquete possui um aluno a mais do que 
o grupo de futebol, então o número total de alunos é 
ímpar. Em consequência, sabendo que a mediana divide 
uma série de dados em duas outras séries com o mesmo 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
36 
número de observações, podemos concluir que o aluno 
F joga basquete, uma vez que sua altura é a mediana. 
Portanto, P joga futebol, J joga futebol e M joga 
basquete. 
 
Resposta da questão 267: 
 [D] 
 
Se cada carro no pictograma corresponde a n carros 
elétricos vendidos, então 
 
5n 2n 360 n 120.    
 
A resposta é dada por 
8n 8 120
320.
3 3

  
 
Resposta da questão 268: 
 [B] 
 
Calculando: 
5 5 5 10 6
X 6,2
5
4 9 3 9 5
Y 6
5
5 5 8 5 6
Z 5,8 reprovado
5
   
 
   
 
   
  
 
 
Resposta da questão 269: 
 [D] 
 
Calculando: 
mínBom ou Excelente 7 M 10 M 7
12x 8 4 6 8 5 8 7,5 10 12x 195
7 7 x 8,25
12 4 8 8 10 42
    
        
    
   
 
 
Resposta da questão 270: 
 [D] 
 
Calculando: 
e 1,96
N
0,5
P1 e 1,96 e 0,02333 0,02
42
0,4
P2 e 1,96 e 0,028 0,02
28
0,3
P3 e 1,96 e 0,0245 0,02
24
0,2
P4 e 1,96 e 0,0186666 e 0,02
21
0,1
P5 e 1,96 e 0,0245 0,02
8
σ
 
     
     
     
      
     
 
 
Resposta da questão 271: 
 [B] 
 
Calculando: 
6,8 7,5 7,6 7,6 7,7 7,9 7,9 8,1 8,2 8,5 8,5 8,6 8,9 9,0
7,9 7,9 8,1
8
8,1 2
            

 
 
 
Resposta da questão 272: 
 [D] 
 
Sendo a média igual a 
37 33 35 22 30 35 25
31,
7
     
 tem-se que a 
resposta é o mês [V]. 
 
Resposta da questão 273: 
 [E] 
 
Seja o lucro, em milhares de reais, no mês de junho. 
Logo, deve-se ter 
 
21 35 21 30 38
30 145 180
6
35.
    
   
 
 
 
A resposta é 35. 
 
Resposta da questão 274: 
 [D] 
 
A média é dada por 
 
237262 158 159 160 278 300 278
229.
8
      
 
 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
37 
Portanto, tem-se que deverão ser contratados 
5 10 3 7 71    funcionários. 
 
Resposta da questão 275: 
 [B] 
 
Considere a tabela, em que 4x , 4S , 5x , 5S e 5x 
denotam, respectivamente, a média nas 4 primeiras 
etapas, a soma dos pontos nas 4 primeiras etapas, a 
pontuação na quinta etapa, a soma dos pontos nas 5 
etapas e a média nas 5 etapas. 
 
Candidato 4x 4S 5x 5S 5x 
A 90 360 60 420 84 
B 85 340 85 425 85 
C 80 320 95 415 83 
D 60 240 90 330 66 
E 60 240 100 340 68 
 
Portanto, a ordem de classificação final desse concurso 
é: B, A, C, E, D. 
 
Resposta da questão 276: 
 [D] 
 
Escrevendo os tempos em ordem crescente, temos 
 
20,50; 20,60; 20,60; 20,80; 20,90; 20,90; 20,90; 20,96. 
 
Logo, o tempo mediano é dado por 
 
20,8 20,9
20,85.
2

 
 
Resposta da questão 277: 
 [C] 
 
Sendo de 37,8% a porcentagem do total de PET 
reciclado para uso final têxtil, e de 30% dessa 
quantidade para tecidos e malhas, segue que a resposta 
é dada por 
 
  0,378 0,3 282 32,0 kton. 
 
Resposta da questão 278: 
 [A] 
 
Tem-se que 
Ip
4 20 6 23
x 21,8
4 6
  
 

 e 
IIIp
4 21 6 18
x 19,2.
4 6
  
 

 
 
Logo, deve-se ter 
IIp
4 x 6 25
x 21,8 21,8 4x 218 150 x 17.
4 6
  
       

 
 
Portanto, a menor nota que o candidato [II] deverá obter 
na prova de química é 18. 
 
Resposta da questão 279: 
 [B] 
 
Em 2013 a empresa gastou 
0,125 400000 R$ 50.000,00  com os funcionários que 
possuíam ensino fundamental, e o mesmo valor com os 
que tinham nível superior. Já com os funcionários que 
tinham ensino médio, a despesa foi de 
0,75 400000 R$ 300.000,00.  
 
Portanto, a fim de manter o lucro, a empresa deve 
aumentar a receita em 
70 50 180 150
50000 60000 50000 20000 60000 50000 R$ 130.000,00.
50 150
 
       
 
 
Resposta da questão 280: 
 [D] 
 
Ordenando as notas dos candidatos em ordem 
crescente, obtemos as medianas alcançadas por cada 
um, como segue 
 
K
33 33
Md 33;
2

  
 
L
33 34
Md 33,5;
2

  
 
M
35 35
Md 35;
2

  
 
N
35 37
Md 36
2

  
 
e 
 
P
26 36
Md 31.
2

  
 
Portanto, é fácil ver que N será o candidato aprovado. 
 
Resposta da questão 281: 
 [C] 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
38 
 
De acordo com o gráfico, o polo com maior crescimento 
foi o de Guarulhos, e o menor, a capital de São Paulo. 
Por conseguinte, a diferença pedida é 
60,52 3,57 56,95%.  
 
Resposta da questão 282: 
 [C] 
 
De acordo com o gráfico, tem-se que 200 0,25 50  
hotéis cobram diárias de R$ 200,00; 200 0,25 50  
hotéis cobram diárias de R$ 300,00; 200 0,4 80  
hotéis cobram diárias de R$ 400,00 e 200 0,1 20  
hotéis cobram diárias de R$ 600,00. 
 
Considere a tabela abaixo, em que ix é o valor da diária, 
em reais, para um quarto padrão de casal, if é a 
frequência simples absoluta e iF é a frequência absoluta 
acumulada. 
 
 
ix if iF 
200 50 50 
300 50 100 
400 80 180 
600 20 200 
 ifn 200  
 
Portanto, como 
dM
n 200
E 100,
2 2
   segue-se que o 
valor mediano da diária é 
 
d
300 400
M R$ 350,00.
2

  
 
Resposta da questão 283: 
 [B] 
 
Considere a tabela abaixo. 
 
Empresa iL iT 
i
i
i
L
L
T
 
F 24 3,0 8 
G 24 2,0 12 
H 25 2,5 10 
M 15 1,5 10 
P 9 1,5 6 
 
Assim, a empresa G apresentou o maior lucro médio 
anual e, portanto, deve ter sido a escolhida pelo 
empresário. 
 
Resposta da questão 284: 
 [D] 
 
Médias das receitas em milhares de reais. 
 
Alfinetes V  (200 + 220 + 240) : 3 = 220. 
Balas W  (200 + 230 + 200) : 3 = 210. 
Chocolates X  (250 + 210 + 215) : 3 = 225. 
Pizzaria Y  (230 + 230 + 230) : 3 = 230. 
Tecelagem Z  (160 + 210 + 245) : 3 = 205. 
 
As empresas com as maiores médias anuais são 
Pizzaria Y e Chocolates X. 
 
Obs.: Não é preciso determinar a média aritmética de 
cada uma das empresas, bastaria encontrar apenas a 
soma das três receitas de cada empresa. 
 
Resposta da questão 285: 
 [E] 
 
De acordo com o gráfico, a maior venda absoluta 
ocorreu em Junho e a menor em Agosto. 
 
Resposta da questão 286: 
 [E] 
 
De acordo com a tabela, um jovem entre 12 e 18 anos 
gasta 5 5 2 1 27    horas de seu tempo, durante a 
semana inteira, com atividades escolares. 
 
Resposta da questão 287: 
 [B] 
 
Colocando os dados em ordem crescente, temos: 
 
181419, 181796, 204804, 209425, 212952, 246875, 
255415, 290415, 298041, 305088. 
 
A mediana (Ma) é a média aritmética dos dois termos 
centrais da sequência acima. 
 
212952 246875
Ma 229 913,5.
2

  
 
Resposta da questão 288: 
 [A] 
 
Os cartões que admitem duas leituras são os que 
apresentam apenas os algarismos 6 ou 9. Logo, como 
existem duas escolhas para cada dígito, pelo Princípio 
Multiplicativo, segue que a resposta é     2 2 2 2 2 32. 
 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
39 
Resposta da questão 289: 
 [B] 
 
Calculando: 
6,2
vitória 3 pontos
empate 2 pontos (1para cada time)
6! 6 5
C 15 máx. pontos 15 3 45 pontos
2! 4! 2
9 6 4 2 6 13 40 pontos 5 empates



      

      
 
 
Resposta da questão 290: 
 [C] 
 
Podemos escolher o par do primeiro canhoto de 6 
maneiras e o par do segundo canhoto de 5 modos. 
Ademais, a terceira dupla pode ser formada de 
4 4!
6
2 2! 2!
 
  
 
 maneiras e a quarta dupla de 
2
1
2
 
 
 
 
modo. 
Em consequência, pelo Princípio Multiplicativo, segue 
que a resposta é 6 5 6 180.   Contudo, observe que 
algumas das duplas que não apresentam canhotos 
foram contadas duas vezes. Assim, a resposta é 
180
90.
2
 
 
Resposta da questão 291: 
 [E] 
 
Existem 
12
4
 
 
 
 modos de escolher os vagões pintados na 
cor vermelha, 
8
3
 
 
 
 maneiras de escolher os vagões 
pintados na cor azul, 
5
3
 
 
 
 modos de escolher os vagões 
que serão pintados na cor verde e 
2
2
 
 
 
 maneiras de 
escolher os vagões pintados na cor amarela. 
Portanto, pelo Princípio Multiplicativo, segue que a 
resposta é 
12 8 5 2
.
4 3 3 2
       
         
       
 
 
Resposta da questão 292: 
 Vamos calcular, inicialmente, a probabilidade de todas 
as bolas serem azuis. 
5 4 3 2 1
p
7 6 5 4 7
     
 
Calculando, agora, a probabilidade de pelo menos uma 
ser vermelha, temos: 
1 6
1 p 1
7 7
    
 
Resposta: 
6
7
 
 
Resposta da questão 293: 
 [D] 
 
Calculando: 
universo 7
favoráveis 2 (sábado ou domingo)
2
P(X)
7



 
 
Resposta da questão 294: 
 [D] 
 
Seja n o número de placas necessárias. Logo, como a 
probabilidade de uma placa não ser percebida é 
1 1
1 ,
2 2
  segue que a probabilidade de que nenhuma 
das n placas seja percebida é igual a 
n
1
.
2
 
 
 
 
Por conseguinte, a probabilidade de que alguma placa 
seja percebida é 
n
1
1 .
2
 
  
 
 Daí, vem 
n n
1 99 1 1
1 .
2 100 2 100
   
      
   
 
 
O menor natural n que satisfaz a desigualdade acima é 
n 7. 
Em consequência, o dono do restaurante deverá instalar 
7 1 6  novas placas. 
 
Resposta da questão 295: 
 [D] 
 
Calculando: 
5
5
5
5! 1 10
3 pares / 2 ímpares
3! 2! 2 32
5! 1 5
4 pares / 1ímpar
4! 1! 2 32
1 1
5 pares
2 32
10 5 1 16 1
P(X)
32 32 32 32 2
 
   
  
 
   
  
 
  
 
    
 
PROF. WALTER BROTTO 
 
 
40 
 
Resposta da questão 296: 
 [D] 
 
Após a colocação da primeira peça, existem 2 (n 1)  
casas vazias na zona de combate. Ademais, temos 
2n 1 casas quaisquer vazias e, assim, vem 
2
2 (n 1) 1 2 1
5 n 1 5n 1
n 9.
 
  

 
 
 
A resposta é 10 10. 
 
Resposta da questão 297: 
 [D] 
 
A probabilidade de não sair um rei na primeira retirada é 
3
,
5
 enquanto que a probabilidade de sair um rei