Resolução Prova ENADE 2005

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FUNDAÇÃO EDUCACIONAL UNIFICADA CAMPOGRANDENSE (FEUC) 
FACULDADES INTEGRADAS CAMPO-GRANDENSES (FIC) 
COORDENAÇÃO DE MATEMÁTICA 
Estrada da Caroba, 685, Campo-Grande/RJ - Tel: 3408-8450 
Sites: www.feuc.br, www.sites.google.com/site/FEUCmat 
 
 
 
 
E N A D E 2005 
 
MATEMÁTICA 
 
LICENCIATURA 
 
 
 
QUESTÕES RESOLVIDAS 
 
 
 
I N T R O D U Ç Ã O 
 
 
 
Estamos apresentando a prova do ENADE aplicada em 2005 para os cursos de 
Licenciatura em Matemática. 
Este trabalho tem o objetivo de aproximar alunos e professores das Faculdades 
Integradas Campo-Grandenses ao Projeto ENADE 2011. 
Reconhecemos que fazemos um trabalho de qualidade. Isto fica determinado pela 
nota 3,0 do ENADE 2008. Mas, necessariamente, ao pensarmos que temos a necessidade de 
expandirmos nossos conhecimentos estaremos no caminho progressivo. 
Esperamos que, alunos e professores, possam colaborar informando sobre possíveis 
erros que por ventura tenhamos cometido. 
Agradecemos ao Professor Rodrigo pelas resoluções das questões 23, 24, 27 e 28. 
Dedicamos este trabalho aos alunos concluintes 2011 do Curso de Licenciatura em 
Matemática das Faculdades Integradas Campo-Grandenses. 
Alzir Fourny Marinhos 
E-mail: fourny@uol.com.br 
Rodrigo Neves 
E-mail : nevesmat@yahoo.com.br 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Retirada de x 3 /s de água. 
Custo total de y estimado da obra em bilhões de reais. 
Número de habitantes z beneficiados pelo projeto. 










=




















−
−
−
2
4
11
.
201
140
221
z
y
x
 
x + 2y – 2z = 11 
 4y – z = 4 
 x - 2z = 2 
Multiplicando a primeira equação por (-1) e somando-se à terceira, teremos o sistema 
equivalente: 
 
 
 
 
 
 
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x + 2y – 2z = 11 
 4y – z = 4 
 - 2y = -9 
Daí: 
 y = 4,5 bilhões de reais; 
z = 4y - 4 = 4. 4,5 - 4 = 14 milhões de habitantes; 
x = 11 – 2y + 2z = 11 – 9 + 28 = 30 m3 / s (menos de 2% da vazão do rio( 2% de 1850 = 37 m3 /s). 
RESPOSTA: O custo total estimado da obra é superior a 4 bilhões de reais. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
1806.10.3
2
3.4
.
2
4.5
.3.. 24
2
5
1
3 ===CCC 
RESPOSTA: 180 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
No somatório temos uma progressão geométrica de razão 
2
1
. 
A soma de uma PG finita é 
1
)1(1
−
−
q
qa n
. Como a1 = 1 temos 1
1
−
−
q
q n
, que na questão faz a 
representação de q por x. 
 
 
 
 
 
 
 
 
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41
4
4
44
3
1
2
1
:
3
1
1
2
1
1
2
12)
2
1(
2
1
3
1
1
12
3
12
1
1
;
3
12
>
>
−
+−
==
>
−
+−
>−
−
−
>−
−n
n
n
n
n
emChegamos
temosxqSe
x
xx
x
xS
 
Então 2 n - 1 < 81 e o maior inteiro que satisfaz a inequação é n = 7. 
RESPOSTA : 7 
 
 
 
RESPOSTA: 
 
P(x) = (m - 4) (m2 + 4) x5 + x2 + kx + 1. 
P(x) não admite raiz real. 
Veja que um polinômio do quinto grau admite cinco raízes. Podemos ter dois pares de raízes 
complexas imaginárias conjugadas e uma raiz complexa real. Se o polinômio for de grau impar 
sempre admite raiz real. 
Logo (m - 4). (m2 + 4) = 0, para não admitir raiz real. 
 
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Daí m - 4 = 0 e m = 4. 
Para m2 + 4 = 0, não teremos raízes reais como solução desta equação. 
Logo para (m - 4). (m2 + 4) = 0 temos m = 4. 
Agora devemos analisar x2 + kx + 1 = 0. 
Qual a condição para que tenha raízes complexas? 
Que b2 – 4ac seja negativo. 
Logo k2 – 4 < 0 . 
A parábola abaixo representa a lei y = k2 – 4 e tem valores de y negativos no intervalo 
-2 < k < 2. 
 
 Logo a solução de k2 – 4 < 0 é -2 < k < 2, k Real. 
RESPOSTA: m = 4 e -2 < k < 2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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QUESTÃO ANULADA 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Q0 
 Q1 
 Q2 Q3 
 
Veja que Q0
, Q2, Q4 , Q6 . . . são paralelogramos retângulo. Veja que Q1
, Q3, Q5. . . são 
paralelogramos não retângulo. 
Construindo um modelo para os dois primeiros paralelogramos Q0 e Q1: 
Veja que a área de (Q1) é igual a área de (Q0) subtraída de quatro triângulos retângulos 
congruentes formados entre as duas figuras Q0 e Q1. Assim: 
Supondo o retângulo Q0
 com lados 2 e 4. A área a(Q0) = 8. 
A área de cada triângulo retângulo será S = 
2
2.1 = 1. Como há quatro triângulos congruentes 
teremos a( Q1) = 8 – 4.1= 4. 
Assim temos 
2
1
8
4
)(
)(
0
1
==Qa
Qa
. Isto é válido para as outra situações .)(
)(
1−i
i
Qa
Qa
 
Então temos todos os itens do exercício corretos. 
RESPOSTA: Todos os itens estão corretos. 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
V1
 - Volumeda Pirâmide. 
3
)..(
1
OACBCDV = 
Veja que AO é a altura da pirâmide. 
V2
 – Volume do Prisma. 
3
8
..
8
.
3
..
.
8
..
2
.
2
.
2
1
2
2
==
==
OACBCD
OACBCD
V
V
OACBCDOACBCDV
 
Veja que CD.CB e AO surgem nos dois volumes. Esses dados determinam que a base da 
pirâmide seja retângulo ou um paralelogramo qualquer e a altura da pirâmide dada por AO, 
seja definida quando o ângulo OAB for retângulo ou não. 
RESPOSTA: As duas asserções são proposições verdadeiras, mas a segunda não é justificativa 
da primeira. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
(1) x2 + y 2 + 4x – 4y + 4 = 0 
(2) x2 + y2 – 2x + 2y + 1 = 0 
 
x2 + y2 – 2xcx – 2ycy + xc
2 + yc
2 – r2 = 0 
(1) - 2 xc = 4; x c = - 2 
- 2 yc = - 4; yc = 2 
(-2)2 + 22 – r2 = 4 
- r2 = - 4; r = 2 
(2) – 2xc = -2; xc = 1 
- 2yc = 2; yc = -1 
 
12 + (-1)2 – r2 = 1 
r2 = 1; r = 1 
Abaixo temos as representações das duas equações de circunferência: 
 
−11.0 −10.0 −9.0 −8.0 −7.0 −6.0 −5.0 −4.0 −3.0 −2.0 −1.0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 8.0 9.0 10.0 11.0
−6.0
−5.0
−4.0
−3.0
−2.0
−1.0
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
6.0
x
y
 
 
Comentando os itens: 
Item a) As duas circunferências não têm pontos em comum. 
Item b) Equação da reta que passa pelos centros das circunferências (1, -1) e ( -2, 2) é y = - x. 
Item c) Veja na representação das circunferências que o eixo x tangencia as duas 
circunferências, assim como o eixo y. 
Item d) O raio da circunferência C1 é o dobro do raio da circunferência C2. 
Item e) C1 está contida no segundo quadrante e C2 está contida no quarto quadrante. 
RESPOSTA: Os eixos coordenados são tangentes comuns às duas circunferências. 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Veja novembro de 2005: 
seg ter quar qui sex sáb dom 
0 1 2 3 4 5 6 
7 8 9 10 11 12 13 
14 15 16 ..................................................... 
................................................................................ 
.....................................................1097 
15 é côngruo a 1 módulo 7, isto é, 15 dividido por 7 deixa resto 1, que está na terça feira. 
Devemos verificar quantos dias temos de 15 de Nov de 2005 a 15 de Nov de 2008. 
Veja que temos em 2005 de 15 de Nov (inclusive) a 31 de dez, 16 dias em novembro e 31 dias 
em dezembro. 
Em 2006 temos 365 dias; em 2007 temos 365 dias; em 2008 (ano bissexto com fevereiro tendo 
29 dias) até 15 de novembro temos 366 dias menos 46 dias (excluir 15 dias de novembro mais 
31 dias de dezembro). Logo temos no total 1097 dias, que dividido por 7 deixa resto 5, que 
equivale ao sábado. 
RESPOSTA: sábado 
 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
3 1 
Módulo 1 
Argumento 00 
)
3
0360
3
0360(cos11
0000
3 ++
+
=
K
seniK 
K = 0: 1(cos 00 + i sen 00) = 1 
K = 1: 1(cos 1200 +i sen 1200) = i
2
3
2
1
+− 
K = 2: 1(cos 2400 +i sen 2400) = i
2
3
2
1
−− 
3 8 
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Módulo 2 
Argumento 00 
)
3
0360
3
0360(cos28
0000
3 ++
+
=
K
seniK 
K = 0: 2( cos 00 + i sen 00)= 2 
K=1: ii 31)
2
3
2
1(2 +−=+− 
K=2: ii 31)
2
3
2
1(2 −−=−− 
Comentando os itens: 
Item a) Os vértices do triângulo T são 1, i
2
3
2
1
+− , i
2
3
2
1
−− . A proposição é falsa. 
Item b) iiisene
i
31)
2
3
2
1(2)
33
(cos22 3 +=+=+= pipi
pi
. Os vértices do triângulo S são 2; 
i31+− ; i31−− . A proposição é falsa. 
Item c) O produto de W1
 Z1
 tem módulo dado pelo produto do módulo de W1 pelo módulo de 
Z1, isto é, módulo 2. 
Veja que 6 1 tem módulo 1. A proposição é falsa. 
Item d) Se W1= 2, então W2
 2 = W3. 
W2
2 não pode ser W3 pois W2
2 tem módulo 4 e W3 tem módulo 2. A proposição é falsa. 
Item e) Z1
 = 1 ; Z 2 = i2
3
2
1
+− ; Z3
 = i
2
3
2
1
−− . Z2 é o conjugado de Z3. A proposição é 
verdadeira. 
RESPOSTA: Se Z1 = 1, então Z2 é o conjugado de Z3. 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Área de T: 
Abaixo os pontos )0,1();
2
3
,
2
1();
2
3
,
2
1( −−− 
 
Área a = 
4
33
2
)
2
11(3
=
+
 
 
 
 
 
 
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Área de S: 
Abaixo os pontos )0,2(;)3,1();3,1( −−− 
 
Área a’ = 33
2
)12(32
=
+
 
Veja que a’= 4 a. 
RESPOSTA: a’ = 4ª 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Os dois planos são paralelos pois: 
7
2
12
4
3
1
15
5
≠== 
Veja que (1, 1, -1) pertence ao plano 5x + y + 4z = 2 e sendo (10, 2, 8) vetor normal ao plano 
temos a equação 10(x – 1)+ 2(y-1) +8(z+1) = 0, que corresponde a equação do plano dada. 
Veja que (7/15, 0, 0) pertence ao plano 15x + 3y + 12z = 7 e sendo (10, 2, 8) vetor normal 
temos a equação 10(x – 7/15) + 2(y - 0) + 8(z – 0) = 0, que corresponde a equação do plano 
dada. 
Então (10, 2, 8) é vetor normal aos dois planos dados. 
Ao dizer que (10, 2, 8) é um vetor não nulo e normal a ambos os planos está informando que 
os planos poderiam ser coincidentes. Logo esta asserção, somente, não justifica que os dois 
planos sejam paralelos. É necessário que se observe os termos independentes das equações 
do plano. 
RESPOSTA: As duas asserções são proposições verdadeiras, mas a segunda não é uma 
justificativa da primeira. 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Dados dois elementos a e b ∈ G, um conjunto munido de uma operação * terá sempre uma 
solução para a equação a * x = b se o elemento a ≠ 0 for simetrizável (no caso de * ser aditiva) 
ou inversível (no caso de * ser multiplicativa).Assim sabemos que existe a – 1 ∈ G tal que a * a – 1 = a -1 * a = 0 (elemento neutro). 
Logo: a -1 * ( a * x) = a-1 * b 
(a- 1 * a) * x = a-1 * b; Veja que a -1 * a é o elemento neutro. 
X = a-1 * b é solução. 
Agora note que : 
10 ) Em um grupo ( G, .) todos os elementos ≠ 0 são simetrizáveis por . 
20 ) Em um corpo ( K, +, .) todos os elementos ≠ 0 são simetrizáveis por + e inversíveis por . 
30) Em um anel ( A, +, .), garantimos a simetria por +, mas não a inversibilidade por . 
Consequentemente a resposta certa é c. 
RESPOSTA : Em um anel ( A, + , .) a equação a . X = b tem solução para quaisquer a e b 
pertencentes a A. 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Uma transformação linear é uma função entre dois espaços vetoriais que preserva as 
operações de adição vetorial e produto por escalar. 
Definição: 
Sejam V e W espaços vetoriais sobre o mesmo corpo K. 
Diz-se que T : V → W é uma transformação linear se: 
)()(,)
)()()(,,)
vaTavTRaVevii
wTvTwvTVwvi
=∈∈∀
+=+∈∀
 
Importante: 
Toda transformação linear T pode ser escrita na forma matricial como um produto de uma 
matriz de constantes ( coeficientes) por um vetor. 
No caso do exercício temos T : R2 → R2 
No item I temos uma rotação com um ângulo θ dado por 
T (x) = 










 −
y
x
sen
sen
.
cos
cos
θθ
θθ
(produto). 
Logo é transformação linear. 
No iem II temos um cisilhamento dado por T(x) = 











y
x
c
c
.
1
1
2
1
(produto). 
Logo é transformação linear. 
No item III temos translação dada por T(x) = 





+





2
1
.
c
c
y
x
( adição). 
Não é transformação linear 
No item IV não é linear pois precisa de alguma lei envolvendo potências de expoente ≥ 2 
ou raízes. 
 
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No item V temos a variação de tamanho uniforme ou homotetia dada por 
T(x) = 











y
x
c
c
..
2
1
(produto). 
Logo é transformação linear. 
No item VI temos variação de tamanho não uniforme dado por 
T(x) = 











y
x
c
c
..
2
1
com c2 = 0 ( produto). 
Logo é transformação linear. 
 RESPOSTA : I, II , V e VI 
 
 
RESOLUÇÃO: 
Vamos fazer algumas análises na função f(x) = x3 – 2x2 + 5x +16. 
Veja que ao derivarmos f(x) encontramos f’(x) = 3 x2 – 4x + 5, que tem como representação 
uma parábola acima do eixo x ( f’(x) admite raízes complexas). Logo f’(x) > 0 para todo real x. 
Logo isto determina que a função f(x) = x3 – 2x2 + 5x + 16 é crescente para todo real x. 
Em busca da resposta correta verificamos que f(-1) = 8 > 0 e f(-2)= -10 < 0. Logo temos, no 
intervalo entre -1 e -2, a raiz x0 de multiplicidade 3 da função f(x), isto é, f(x0 ) = 0, onde x0 está 
entre -1 e -2. 
RESPOSTA: Existe um número real x0 < 0 tal que f(x0) = 0. 
 
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RESOLUÇÃO: 
Veja que o gráfico dado tem, no enunciado, no intervalo entre 0 e 1 a função f(x) = 1, que 
resulta como integral uma função do primeiro grau F(x) = x neste intervalo; tem, no intervalo 
de 1 a 2, a função f(x) = -1, que resulta como integral uma função do primeiro grau 
F(x) = ax + b, a < 0 neste intervalo; tem, no intervalo de 2 ao infinito a função f(x) = ax + b, 
a > 0, que resulta como integral uma função quadrática de concavidade para cima neste 
intervalo. 
RESPOSTA: Item D 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
 
Note que a temperatura é dada por T(x,y,z) = 
1
50
222 +++ zyx
 
Como desejamos encontrar o ponto de maior temperatura e T é dada por uma fração de 
numerador constante, temos de achar o menor valor para o denominador x2 + y2 + z2 + 1. 
Usando gradiente: 
)2,2,2(),,(),,( zyx
z
T
y
T
x
T
zyx =
∂
∂
∂
∂
∂
∂
=∇ 
O mínimo será encontrado quando 





=
=
=
=
=∇
0
0
0
)0,0,0()2,2,2(
)0,0,0(),,(
z
esferadacentroOy
x
zyx
zyx
 
RESPOSTA: Item D) atingirá o seu maior valor no centro da bola. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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QUESTÃO 28: 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
I) Certo pois as curvas de nível de uma superfície são dadas pelas intersecções da mesma 
por planos horizontais. 
II) Certo pois =−−
∞→+
22
22
lim yx
yx
e =+−
∞→+
)( 22
22
lim yx
yx
e 0lim =−
∞→
a
a
e 
 011lim ==
∞
∞→ eeaa
 
III) Errado pois ela é ilimitada inferiormente pelo plano xy. Quanto mais nos afastarmos da 
origem mais a altura da superfície tende a zero, mas não o ultrapassa. 
Consequência direta do item II. 
IV) 
pipi
pipi
=−
=−=−===
−∞−
∞→
∞→
−−
∞→+
−−−−
∫∫∫∫∫∫
)01(
)1()1(lim 2
2
2
22
22
22
2
22
eedxdyedxdyedxdye a
a
a
yx
yx
yx
R
yx
Está correto. 
RESPOSTA : I, II e IV. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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PADRÃO DE RESPOSTAS DADO PELO INEP: 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Item I: 
Na figura do problema 1 podemos ter um círculo inscrito no octógono sugerindo uma 
aproximação da área do círculo com a área do octógono. 
O item I está certo. 
Item II: 
No problema 2 ao aproximarmos pi podemos ter: 
3,14 < 3,1415 < 3,15. 
3,14 é aproximação por defeito (para menos) e 3,15 por excesso (para mais). 
Veja que a área do círculo com aproximação 3,14 dá 3,14 . (4,5)2 = 63,5 = 64. 
Logo podemos ter aproximação por defeito (para menos). 
O item II está errado. 
Item III: 
No problema 2 a área do círculo de diâmetro d é igual a área do quadrado de lado d
9
8
. 
O item III está correto. 
RESPOSTA: Apenas os itens I e III estão corretos. 
 
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RESOLUÇÃO: 
A equação do segundo grau, já antes de Cristo - 3000 aC, tinha propostas de resolução de 
equações simples. Não havia os números negativos. Não havia a álgebra simbólica. Resolviam 
alguns tipos de equações com palavras (álgebra retórica). Após a cultura geométrica Grega 
(500 aC) resolviam de forma geométrica completando quadrados. A fórmula, hoje conhecida, 
foi desenvolvida com o passar dos séculos e só depois de 1500, com a álgebra simbólica, 
tomou a forma algébrica que conhecemos. 
O item A está incorreto. Com a história os alunos podem perceber formas de resoluções 
diferentes das equações do segundo grau, desenvolvendo competências. 
O item B está correto pois, geometricamente, podemos resolver algumas equações do 
segundo grau completando quadrados, metodologia usada para a construção algébrica da 
fórmula da resolução da equação do segundo grau. 
O item C está incorreto pois devemos apresentar inicialmente os fatos históricos ( já no Ensino 
Fundamental) e a partir deles construirmos os conceitos. 
O item D está incorreto pois historicamente tivemos, antes de Cristo (3000 aC), resoluções de 
equações simples, pelas propostas metodológicas de resolução e por não termos a construção 
dos negativos, irracionais e complexos imaginários. 
 
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O item E está incorreto. Com a história da Matemática teremos aceleração de aprendizagem. 
RESPOSTA: É adequada a inserção dessa perspectiva, associada à manipulação de recorte e 
colagem pela complementação de quadrados, buscando sempre alternativas para as 
situações que esse procedimento não consegue resolver. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
O estudo dos números decimais tem início nos anos iniciais do Ensino Fundamental – quinto 
ano - onde os números decimais são ensinados através do material dourado (com 
representações parte do todo, sendo o todo potências de 10) e problemas envolvendo valores 
monetários e grandezas de medida. 
Comentando os itens II e III: 
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No item II ao colocar que os números decimais deve preceder o ensino do sistema monetário, 
está incorreto, pois o ensino dos números decimais deve ser ensinado atrelado aos problemas 
envolvendo valores monetários. 
 
O Item III não é apropriado para superação da baixa aprendizagem embora a maioria dos 
programas apresentem o estudo de frações decimais de forma independente e bem posterior 
ao estudo de frações de quantidade qualquer. 
 
Assim, as reflexões dos itens I e IV podem superar a baixa aprendizagem dos números 
decimais. 
RESPOSTA: I e IV 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Nesta questão apenas o item “e” está incorreto. Ao afirmar que o problema examina 
conseqüências do uso de diferentes definições deixa o problema fechado apenas para o exame 
de conseqüências com o gasto de água. 
RESPOSTA: Examina conseqüências do uso de diferentes definições. 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
O cubo tem 11 planificações ao todo e a planificação apresentada pelos alunos não está entre 
elas (não monta o cubo). 
 
 
Quando uma afirmação tem base matemática podemos dizer que tem explícito um 
fundamento matemático. 
Ao observarem que não poderiam montar um cubo deram justificativas. 
No item A colocaram que não se podem alinhar três quadrados. Falso. Podemos ter 
alinhamento de três e mais três quadrados para planificar o cubo. 
No item B podemos ter uma planificação com quatro quadrados alinhados e dois quadrados 
um de cada lado oposto dos quadrados alinhados. Faltou a fundamentação matemática. 
No item C temos uma afirmação falsa pois podemos ter três quadrados alinhados e ao lado do 
último mais três alinhados. 
No item D ao colocar que cada ponto que corresponderá a um vértice deverá ser o encontro 
de, no máximo, três segmentos, que serão arestas do cubo fez uma proposição verdadeira e 
comfundamentação matemática. 
No item E não podemos ter quatro quadrados e os outros dois do mesmo lado. Logo a 
proposição é falsa. 
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RESPOSTA: Cada ponto que corresponderá a um vértice deverá ser o encontro de, no 
máximo, três segmentos, que serão arestas do cubo. 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO: 
Hoje, no ensino dos anos iniciais do Ensino Fundamental, quinto ano, já ensina-se 
porcentagem, após o ensino de frações e números decimais. Mostram-se exemplos em vários 
contextos sociais. Ensina-se porcentagem integradas à geometria quando temos um quadrado 
com subdivisões em cem quadrados; percentual em forma de porcentagem, fração ou número 
(23%; 23/100; 0,23); em medidas quando, por exemplo, definimos 50% de um litro; em 
tratamento da informação quando em gráficos de setores representamos porcentagens de um 
determinado evento. 
Logo consideramos corretos os itens: 
 
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I- O ensino de porcentagem deve ter o contexto sociocultural como motivação de 
aprendizagem. 
III- ensino de frações centesimais e o de frações de quantidade devem ser articulados com 
o ensino de porcentagem. 
 
IV-O conteúdo de porcentagem favorece um trabalho integrado entre diferentes blocos de 
conteúdos, tais como números, medidas, geometria e tratamento da informação. 
RESPOSTA: I, III, IV. 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Como h = nm. define a média geométrica de m e n e h2 = m.n podemos ter a 
representação com régua e compasso da média geométrica de m e n que é dada por h. 
Se h2 = m.n, então a área de um quadrado de lado h é igual a área do retângulo de lados m 
e n. 
Veja que os triângulos BAD ; ADB e ADC são semelhantes pois têm os seu ângulos 
congruentes. 
RESPOSTA: Todos os itens estão certos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Ao fazermos 3.3 temos .39 = Se a máquina determina o valor de 3 teremos para 
3.3 um valor decimal finito. 
Ao fazer 3.3 como 3 ou 2.9999999996 não existem erros nas máquinas. Ao 
encontrarmos 3 podemos estar usando as propriedades dos radicais nos programas da 
máquina. Ao encontrarmos 2.9999999996 estaremos usando o produto de dois números 
decimais finitos. É interessante observarmos que se escrevermos 3 como infinitas 
decimais não periódicas e multiplicarmos pelo mesmo valor teremos um número com 
infinitas decimais tendendo para 3 (limite). Assim estaremos discutindo as diferenças entre 
os conceitos de números racionais, irracionais e aproximações. 
RESPOSTA: Confrontar a resposta obtida com a de uma calculadora científica, discutindo 
a diferença entre os conceitos de números racionais, aproximações e números 
irracionais. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
O aluno dividiu 63787 usando inicialmente a divisão de cada ordem por 3 gerando 21222. 
Veja que usou corretamente o procedimento de divisão quando ao dividir 7 (centena 
simples) por 3 obteve resto 1 (centena simples) que representa 10 na ordem da dezena 
simples e que somado com 2 de resto da divisão de 8 (dezena simples) por 3 dá 12, que 
dividido por 3 dá 4 e que somado com 2 gerado da divisão de 8 por 3 encontrou 6. Ao 
dividir 7 (unidade simples) por 3 encontrou 2 e resto 1. Ao fazer a divisão encontrou 
corretamente o quociente 21262 e resto 1. 
RESPOSTA: O aluno compreendeu tanto a estrutura de número quanto o conceito da 
operação de divisão. 
 
 
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