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MATEMATICA PARA O ENEM

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Aula 00
Matemática e suas Tecnologias p/ ENEM 2016
Professores: Arthur Lima, Hugo Lima
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AULA 00 (demonstrativa) 
 
SUMÁRIO PÁGINA 
1. Apresentação 01 
2. Edital e cronograma do curso 04 
3. Raio-x do ENEM 07 
4. Resolução de questões do ENEM 2015 09 
5. Questões apresentadas na aula 57 
6. Gabarito 73 
 
 
1. APRESENTAÇÃO 
 
Seja bem-vindo a este curso de MATEMÁTICA E SUAS 
TECNOLOGIAS, desenvolvido para permitir uma preparação completa 
para a prova do EXAME NACIONAL DO ENSINO MÉDIO (ENEM) de 
2016. Este material consiste de: 
 
- curso completo de matemática em vídeo, formado por mais de 30 horas 
de aulas onde eu te explico todos os tópicos exigidos no edital do ENEM e 
resolvo exercícios para você entender como cada assunto é cobrado na prova; 
 
- curso escrito completo (em PDF), formado por 21 aulas onde também 
explico todo o conteúdo teórico do último edital, além de apresentar várias 
questões resolvidas, em especial aquelas exigidas nas últimas provas do ENEM; 
 
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- fórum de dúvidas, onde você pode entrar em contato direto comigo quando 
julgar necessário. 
 
Vale dizer que este curso é concebido para ser o seu único 
material de estudos, isto é, você não precisará adquirir livros ou outros 
materiais para cobrir os temas de Matemática. A ideia é que você consiga 
economizar bastante tempo, pois abordaremos todos os tópicos 
exigidos no edital do ENEM e nada além disso, e você poderá estudar 
conforme a sua disponibilidade de tempo, em qualquer ambiente onde 
você tenha acesso a um computador, tablet ou celular, e evitará a perda 
de tempo gerada pelo trânsito das grandes cidades. Isso é importante 
para todos os candidatos, mas é especialmente relevante para 
aqueles que trabalham e estudam. 
 
Já faz tempo que você não estuda Matemática do ensino 
médio? Não tem problema, este curso também te atende perfeitamente. 
Isto porque você estará adquirindo um material bastante completo, onde 
você poderá trabalhar cada assunto em vídeos e também em aulas 
escritas, e resolver uma grande quantidade de exercícios, sempre 
podendo consultar as minhas resoluções e tirar dúvidas através do fórum. 
Assim, é plenamente possível que, mesmo tendo dificuldade em 
Matemática e estando há algum tempo sem estudar esses temas, 
você consiga um ótimo desempenho no ENEM 2016. Obviamente, se 
você se encontra nesta situação, será preciso investir um tempo maior e 
dedicar-se bastante ao conteúdo do nosso curso. 
 
O fato de o curso ser formado por vídeos e PDFs tem mais uma 
vantagem: isto permite que você vá alternando entre essas duas 
formas de estudo, tornando um pouco mais agradável essa dura 
jornada de preparação. Quando você estiver cansado de ler, mas ainda 
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quiser continuar estudando, é simples: assista algumas aulas em vídeo! 
Ou resolva uma bateria de questões! 
 
Caso você não me conheça, eu sou Engenheiro Aeronáutico formado 
pelo Instituto Tecnológico de Aeronáutica (ITA). Sou professor há quase 
10 anos, tendo lecionado tanto para cursos pré-vestibular como para 
concursos públicos que exigem Matemática. Como engenheiro, trabalhei 
por 5 anos no mercado da aviação, quando então decidi migrar para o 
serviço público, sendo atualmente Auditor-Fiscal da Receita Federal. Aqui 
no Estratégia eu já tive o privilégio de ministrar mais de 250 cursos online 
de Matemática e outros assuntos correlatos, o que me permitiu ganhar 
bastante familiaridade com este tipo de ensino, que no meu ponto de 
vista possui muitas vantagens em relação ao estudo em um cursinho 
presencial tradicional. 
 
Sempre solicitamos que nossos alunos avaliem os nossos cursos. 
Procuro sempre acompanhar as críticas, para estar sempre aperfeiçoando 
os materiais. Felizmente venho conseguindo obter índices de aprovação 
bastante elevados – acima de 95%, muitas vezes chegando a 100%. 
Farei o que for possível para que você também aprove o nosso trabalho! 
Quer tirar alguma dúvida antes de adquirir o curso? Curta minha 
página no Facebook e entre em contato direto comigo por mensagem: 
www.facebook.com/ProfArthurLima 
 
Se preferir, envie um email para ProfessorArthurLima@hotmail.com, 
ok? Aguardo o seu contato! 
 
 
 
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2. EDITAL E CRONOGRAMA DO CURSO 
 Inicialmente, transcrevo abaixo o conteúdo programático previsto 
no edital do ENEM 2015, que servirá de base para a nossa preparação 
para o ENEM 2016: 
 
MATEMÁTICA E SUAS TECNOLOGIAS: 
• Conhecimentos numéricos – operações em conjuntos numéricos 
(naturais, inteiros, racionais e reais), desigualdades, divisibilidade, 
fatoração, razões e proporções, porcentagem e juros, relações de 
dependência entre grandezas, sequências e progressões, princípios de 
contagem. 
• Conhecimentos geométricos – características das figuras 
geométricas planas e espaciais; grandezas, unidades de medida e 
escalas; comprimentos, áreas e volumes; ângulos; posições de retas; 
simetrias de figuras planas ou espaciais; congruência e semelhança de 
triângulos; teorema de Tales; relações métricas nos triângulos; 
circunferências; trigonometria do ângulo agudo. 
• Conhecimentos de estatística e probabilidade – representação e 
análise de dados; medidas de tendência central (médias, moda e 
mediana); desvios e variância; noções de probabilidade. 
• Conhecimentos algébricos – gráficos e funções; funções algébricas 
do 1º e do 2º graus, polinomiais, racionais, exponenciais e logarítmicas; 
equações e inequações; relações no ciclo trigonométrico e funções 
trigonométricas. 
• Conhecimentos algébricos/geométricos – plano cartesiano; retas; 
circunferências; paralelismo e perpendicularidade, sistemas de equações. 
 
Ao longo dessa preparação vamos cobrir à risca todos os tópicos 
listados acima, em vídeos e em PDF. Cabe citar que, caso o edital do 
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ENEM 2016 apresente novos assuntos, eles serão rapidamente incluídos 
em nosso curso. Você não precisará adquirir um novo material, e nem 
complementar o nosso curso com outras fontes, ok? 
Veja abaixo a programação das aulas escritas (em PDF). As aulas 
em vídeo serão disponibilizadas junto com as aulas escritas, cobrindo 
sempre os mesmos assuntos: 
Data de 
disponibilidade 
Aula (em vídeos e em PDF) 
26/01 Aula 00 – Demonstrativa 
10/02 
Aula 01 – CONHECIMENTOS NUMÉRICOS: operações em conjuntos 
numéricos (naturais, inteiros, racionais e reais) 
20/02 
 
Aula 02 – CONHECIMENTOS NUMÉRICOS: divisibilidade, fatoração, 
porcentagem02/03 
Aula 03 – CONHECIMENTOS NUMÉRICOS: razões e proporções, 
escalas 
12/03 
Aula 04 – CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS: equações, sistemas de 
equações 
22/03 
Aula 05 – CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS: gráficos e funções; 
funções algébricas do 1º e do 2º graus, relações de dependência 
entre grandezas 
02/04 
Aula 06 – CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS: funções polinomiais e 
racionais 
12/04 
Aula 07 – CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS: funções exponenciais e 
logarítmicas 
22/04 
Aula 08 – CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS: inequações, 
desigualdades 
02/05 Aula 09 – CONHECIMENTOS NUMÉRICOS: sequências e progressões 
12/05 Aula 10 – CONHECIMENTOS NUMÉRICOS: juros 
22/05 
Aula 11 – CONHECIMENTOS GEOMÉTRICOS: grandezas, unidades 
de medida; comprimentos, ângulos; posições de retas; teorema de 
Tales 
29/05 
Aula 12 – CONHECIMENTOS GEOMÉTRICOS: características das 
figuras geométricas planas; áreas; simetrias de figuras planas; 
congruência e semelhança de triângulos; relações métricas nos 
triângulos; circunferências; trigonometria do ângulo agudo 
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06/06 
Aula 13 – CONHECIMENTOS GEOMÉTRICOS: características das 
figuras geométricas espaciais; áreas e volumes; simetrias de figuras 
espaciais 
13/06 
Aula 14 – CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS: relações no ciclo 
trigonométrico e funções trigonométricas 
20/06 
Aula 15 – CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS/GEOMÉTRICOS: plano 
cartesiano; retas; circunferências; paralelismo e perpendicularidade 
27/06 Aula 16 – CONHECIMENTOS NÚMÉRICOS: princípios de contagem 
04/07 
Aula 17 – CONHECIMENTOS DE ESTATÍSTICA E PROBABILIDADE: 
noções de probabilidade 
11/07 
Aula 18 – CONHECIMENTOS DE ESTATÍSTICA E PROBABILIDADE: 
representação e análise de dados; medidas de tendência central 
(médias, moda e mediana) 
18/07 
Aula 19 – CONHECIMENTOS DE ESTATÍSTICA E PROBABILIDADE: 
desvios e variância 
25/07 
Aula 20 – SIMULADO: bateria de questões inéditas sobre todos os 
temas 
27/07 Aula 21 – RESUMO: principais fórmulas e conceitos para revisão 
 
Repare que na penúltima aula nós trabalharemos uma bateria de 
exercícios sobre todos os tópicos estudados nas aulas anteriores. O 
objetivo é permitir que você simule o ambiente de prova, e faça uma 
auto-avaliação completa, detectando pontos que você precise revisar 
mais detalhadamente. 
Na última aula apresentarei um resumo teórico com as principais 
fórmulas e conceitos trabalhados ao longo do curso. Assim, você terá em 
mãos um material focado na sua “revisão de véspera”, para te ajudar a 
guardar na memória tudo o que você precisa saber para ter um ótimo 
desempenho na prova de 2016. 
 
Sem mais, vamos ao curso. 
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3. RAIO-X DO ENEM 
 Para preparar o nosso curso, efetuei uma extensa análise das 
provas do ENEM desde a sua primeira edição, em 1998. São 18 anos de 
provas analisadas para que o nosso curso fosse moldado dando maior 
ênfase àqueles assuntos que costumam ser mais cobrados. Também nos 
preocupamos em entender a maneira como cada assunto é exigido. 
Veja no gráfico abaixo uma noção rápida dos pontos mais cobrados 
nas 559 questões que analisamos: 
 
 
Percebemos por esse gráfico que grande parte das questões estão 
relacionadas ao assunto Grandezas Proporcionais. Repare que dedicamos 
uma aula inteira do nosso curso para que você domine este assunto (aula 
03). Também se destaca a elevada cobrança de Geometria, sendo 140 
questões ao todo entre a Plana e a Espacial. Esses assuntos serão o nosso 
foco nas aulas 11, 12 e 13 do curso. 
Devemos redobrar a atenção quando estivermos estudando estes 
assuntos mais recorrentes, ou seja, eles têm que estar “no sangue”. São 
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assuntos que os vestibulandos mais preparados também vão focar e 
dificilmente vão errar – e você não pode ficar para trás! 
No entanto, não podemos esquecer os demais pontos do edital. Por 
menos cobrados que sejam, o diferencial numa prova como essa, decidida 
por diferenças pequenas entre os vestibulandos, pode acabar sendo nos 
assuntos que ficam mais “esquecidos”. 
 Dessa forma, abordaremos nesse curso todo o conteúdo necessário 
para que você tenha um excelente desempenho na prova do ENEM de 
Matemática e suas Tecnologias! 
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4. RESOLUÇÃO DE QUESTÕES DO ENEM 2015 
 Nesta aula demonstrativa vamos resolver juntos 20 questões de 
Matemática e suas Tecnologias cobradas no Exame Nacional do Ensino 
Médio de 2015. O objetivo é que você faça uma primeira auto-
avaliação, verificando assim o quanto você precisará se dedicar à minha 
disciplina. 
É natural que você tenha dificuldade em resolver as questões 
nesse momento, afinal ainda não vimos os tópicos teóricos 
correspondentes. Ao longo das próximas aulas voltaremos a essas 
questões em momentos oportunos, para que você verifique o seu 
aprendizado. 
 
 
 
1. ENEM – 2015) Um estudante está pesquisando o desenvolvimento de 
certo tipo de bactéria. Para essa pesquisa, ele utiliza uma estufa para 
armazenar as bactérias. A temperatura no interior dessa estufa, em graus 
Celsius, é dada pela expressão T(h) = – h² +22h – 85, em que h 
representa as horas do dia. Sabe-se que o número de bactérias é o maior 
possível quando a estufa atinge sua temperatura máxima e, nesse 
momento, ele deve retirá-las da estufa. A tabela associa intervalos de 
temperatura, em graus Celsius, com as classificações: muito baixa, baixa, 
média, alta e muito alta. 
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Quando o estudante obtém o maior número possível de bactérias, a 
temperatura no interior da estufa está classificada como 
(A) muito baixa. 
(B) baixa. 
(C) média. 
(D) alta. 
(E) muito alta. 
RESOLUÇÃO: 
 Esta questão trata sobre funções do 2º grau, tema que 
trabalharemos a fundo na aula 05 deste curso. 
 Veja a função fornecida no enunciado: 
T(h) = – h² + 22h – 85 
 
 Esta função nos apresenta uma relação entre as horas do dia (h) e 
a temperatura na estufa (T). Dizemos que esta é uma função de segundo 
grau pois nela temos a variável “h” elevada à segunda potência, isto é, 
h2. De maneira genérica, esta função pode ser escrita como: 
T(h) = a.h² + b.h + c 
 
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 Na expressão acima, “a”, “b” e “c” representam os números que 
chamamos de coeficientes destafunção. Comparando esta expressão com 
a original, podemos dizer que: a = -1; b = 22; e c = -85. 
 Nós queremos saber a temperatura máxima, ou seja, o maior valor 
possível de T. Em uma função de segundo grau, o seu valor máximo é 
dado por: 
 
4
Valor máximo
a
−∆
= , onde: 
2 4b ac∆ = − 
 
Utilizando os coeficientes da função dada pelo enunciado, temos: 
2
2
4
22 4.( 1).( 85)
484 4.85
484 340
144
b ac∆ = −
∆ = − − −
∆ = −
∆ = −
∆ =
 
 
Com isso, podemos calcular o valor máximo (temperatura máxima): 
 
4
(144)
 
4.( 1)
144
 
4
144
 
4
 36
Valor máximo
a
Valor máximo
Valor máximo
Valor máximo
Valor máximo
−∆
=
−
=
−
−
= −
−
=
=
 
 
 Portanto, a temperatura máxima é igual a 36 graus Celsius. É nesta 
temperatura que temos o maior número possível de bactérias, segundo o 
enunciado. Pela tabela fornecida, vemos que esta temperatura se 
classifica como alta: 
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 Podemos marcar a alternativa D. 
RESPOSTA: D 
 
2. ENEM – 2015) A figura representa a vista superior de uma bola de 
futebol americano, cuja forma é um elipsoide obtido pela rotação de uma 
elipse em torno do eixo das abscissas. Os valores a e b são, 
respectivamente, a metade do seu comprimento horizontal e a metade do 
seu comprimento vertical. Para essa bola, a diferença entre os 
comprimentos horizontal e vertical é igual à metade do comprimento 
vertical. 
 
 
Considere que o volume aproximado dessa bola é dado por V = 4ab². 
 
O volume dessa bola, em função apenas de b, é dado por: 
a) 8b³ 
b) 6b³ 
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c) 5b³ 
d) 4b³ 
e) 2b³ 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão que mistura conhecimentos algébricos e 
geométricos que trabalharemos nas aulas 4 e 13. 
O enunciado nos disse que os valores a e b são, respectivamente, a 
metade do comprimento horizontal e a metade do comprimento vertical 
da figura (elipsoide). Portanto, os comprimentos horizontal e vertical são 
o dobro de a e o dobro de b, respectivamente, ou seja: 
Comprimento horizontal = 2.a 
Comprimento vertical = 2.b 
Foi dito ainda que a diferença entre os comprimentos horizontal e 
vertical é igual à metade do comprimento vertical. Veja que a diferença 
entre comprimentos horizontal e vertical é: 
Diferença = comprimento horizontal – comprimento vertical 
Diferença = 2.a – 2.b 
 
 Como essa diferença é igual à metade do comprimento vertical (que 
é b), podemos escrever que: 
Diferença = metade do comprimento vertical 
2.a – 2.b = b 
2.a = b + 2.b 
2.a = 3.b 
 
Foi dito ainda que o volume aproximado dessa bola é dado por V = 
4ab². Para escrevermos este volume usando apenas a variável “b”, 
precisamos substituir a variável “a”. Repare que: 
2.a = 3.b 
3.b
a = 
2
 
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 Portanto, podemos substituir “a” na fórmula do volume (V = 4ab²) 
por “3.b/2”, ou melhor, 
3.
2
b
. Assim, 
24. .V a b= 
23.4. .
2
bV b =  
 
 
( ) 22. 3. .V b b= 
36.V b= 
 
Temos essa expressão na alternativa B, que é o gabarito da 
questão. 
RESPOSTA: B 
 
3. ENEM – 2015) Após realizar uma pesquisa de mercado, uma 
operadora de telefonia celular ofereceu aos clientes que utilizavam até 
500 ligações ao mês o seguinte plano mensal: um valor fixo de R$ 12,00 
para os clientes que fazem até 100 ligações ao mês. Caso o cliente faça 
mais de 100 ligações, será cobrado um valor adicional de R$ 0,10 por 
ligação, a partir da 101ª até a 300ª; e caso realize entre 300 e 500 
ligações, será cobrado um valor fixo mensal de R$ 32,00. Com base nos 
elementos apresentados, o gráfico que melhor representa a relação entre 
o valor mensal pago nesse plano e o número de ligações feitas é: 
 
(A) 
 
(B) 
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(C) 
 
D) 
 
(E) 
 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão sobre gráficos de funções, tema que 
trabalharemos nas aulas 05 a 07 deste curso. 
 Do enunciado temos que será cobrado um valor fixo de R$ 12,00 
para os clientes que fazem até 100 ligações ao mês. Logo, se o valor a 
ser cobrado é fixo em 12 reais para até 100 ligações, a primeira parte do 
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gráfico deve ser uma reta paralela ao eixo horizontal, na altura do valor 
de 12 reais a ser pago mensalmente. Veja que só temos isso nos gráficos 
das opções (b) e (c): 
 
(B) 
 
(C) 
 
 
 Além dos 12 reais, o valor cobrado por ligação, a partir da 101ª até 
a 300ª é de R$ 0,10. Ou seja, a cada aumento de uma unidade no 
número de ligações, temos um acréscimo de R$ 0,10 no valor cobrado, o 
que nos leva a crer que estamos diante de uma reta ascendente da 101ª 
até a 300ª ligação. Isto ocorre porque, neste trecho, temos uma função 
de 1º grau. Tanto a letra (b) quanto a (c) nos mostram isso. 
 A próxima informação que o enunciado nos traz é que, caso sejam 
realizadas entre 300 e 500 ligações, será cobrado um valor fixo mensal de 
R$ 32,00. Como o valor volta a ser fixo, devemos ter novamente uma 
reta paralela ao eixo horizontal na altura de 32 reais a partir da ligação 
300. Temos isso somente na alternativa B, que é o gabarito da questão: 
 
 
 
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(B) 
 
RESPOSTA: B 
 
4. ENEM – 2015) Um investidor inicia um dia com x ações de uma 
empresa. No decorrer desse dia, ele efetua apenas dois tipos de 
operações, comprar ou vender ações. Para realizar essas operações, ele 
segue estes critérios: 
I. vende metade das ações que possui, assim que seu valor fica 
acima do valor ideal (Vi); 
II. compra a mesma quantidade de ações que possui, assim que seu 
valor fica abaixo do valor mínimo (Vm); 
III. vende todas as ações que possui, quando seu valor fica acima 
do valor ótimo (Vo). 
 O gráfico apresenta o período de operações e a variação do valor de 
cada ação, em reais no decorrer daquele dia e a indicação dos valores 
ideal, mínimo e ótimo. 
 
 
Quantas operações o investidor fez naquele dia? 
04178253905
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(A) 3 
(B) 4 
(C) 5 
(D) 6 
(E) 7 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questãosobre gráficos, tema que trabalharemos nas 
aulas 05 a 07 deste curso. 
 Para você compreender melhor a minha explicação, veja os 
números que coloquei em vermelho no gráfico: 
 
 
 No início das operações, partimos de um valor entre Vm e Vi, 
conforme mostra o gráfico. No momento 1 o valor da ação supera o valor 
Vi, logo, é quando o investidor executa uma operação baseada no critério 
I (vende metade do que possui). Como ele tinha “x” ações e deve vender 
metade do que possui, ele fica com a outra metade, ou seja, x/2 ações. 
 No momento 2 o valor da ação cai abaixo do valor Vm, logo, é 
quando o investidor executa uma operação baseada no critério II (compra 
a mesma quantidade que possui). Como ele tinha x/2 ações, serão 
compradas mais x/2 ações neste momento, de modo que o investidor 
volta a ter x/2 + x/2 = x ações. 
 No momento 3 o valor da ação supera novamente o valor Vi, logo, é 
quando o investidor executa uma operação baseada no critério I (vende 
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��
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04178253905
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metade do que possui). Assim, como ele tinha x ações, devem ser 
vendidas x/2 ações, sobrando x/2 ações com o investidor. 
 No momento 4 o valor da ação supera o valor Vo, logo, é quando o 
investidor executa uma operação baseada no critério III (vende tudo o 
que tem). Assim, o investidor fica sem nenhuma ação. Repare que, até 
aqui, temos 4 operações realizadas pelo investidor. 
 No momento 5 o valor da ação supera novamente o valor Vi, logo, é 
quando o investidor executaria uma operação baseada no critério I 
(vender metade do que possui). Entretanto, como ele não tem mais 
nenhuma ação em sua posse, ele não realiza qualquer operação no 
momento 5. 
 Portanto, ao todo temos 4 operações realizadas ao longo do dia. 
Resposta: B 
 
5. ENEM – 2015) O tampo de vidro de uma mesa quebrou-se e deverá 
ser substituído por outro que tenha a forma de círculo. O suporte de apoio 
da mesa tem o formato de um prisma reto, de base em forma de 
triângulo equilátero com lados medindo 30 cm. 
Uma loja comercializa cinco tipos de tampos de vidro circulares com 
cortes já padronizados, cujos raios medem 18 cm, 26 cm, 30 cm, 35 cm e 
60 cm. O proprietário da mesa deseja adquirir nessa loja o tampo de 
menor diâmetro que seja suficiente para cobrir a base superior do suporte 
da mesa. 
Considere 1,7 como aproximação para 3 . 
O tampo a ser escolhido será aquele cujo raio, em centímetros, é igual a: 
(A) 18. 
(B) 26. 
(C) 30. 
(D) 35. 
(E) 60. 
04178253905
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RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão sobre conhecimentos geométricos, tema que 
trabalharemos nas aulas 12 e 13 deste curso. Também é possível resolvê-
la com conceitos de trigonometria, que trabalharemos nas aulas 12 e 14. 
Assim, vamos conhecer abaixo as duas soluções. 
� Primeira solução (geometria – teorema de Pitágoras): 
Considere a Figura abaixo para nos auxiliar na resolução da 
questão. 
 
 A Figura representa o menor tampo de vidro de forma circular que é 
suficiente para cobrir a base superior do suporte da mesa. Seu raio é R. 
 
 A base da mesa é um triângulo equilátero de lado L. Considere que 
h seja a altura do triângulo equilátero. Repare que temos um triângulo 
retângulo em destaque no interior do triângulo equilátero, o qual 
utilizaremos para relacionar todas essas variáveis. A hipotenusa desse 
triângulo retângulo é R e os catetos são 
L
2 e h�R . 
 Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo equilátero temos: 
2 2 2
2
2 2 2
2
2
( ) ( )
2
2
4
2
4
LR h R
LR h hR R
LhR h
= + −
= + − +
= +
 
04178253905
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 Sabemos que a altura do triângulo equilátero é dada por: 
3
2
Lh =
 
Assim, temos: 
2
2
2 2
3 32 ( )
2 4 2
33
4 4
L L LR
L LL R
= +
⋅
⋅ = +
 
Dividindo toda a igualdade por L obtemos: 
33
4 4
43
4
3
3
L LR
LR
R L
LR
⋅
⋅ = +
⋅
⋅ =
⋅ =
=
 
O enunciado nos disse que 30L = e que podemos considerar a 
aproximação 3 1,7= . Logo: 
30
3
R =
 
30
1,7
17,64
R
R
=
= 
Logo, um tampo de vidro de raio R=17,64 cm é o menor possível 
para cobrir a base da mesa. Como o menor tipo de tampo que a loja 
possui é o de raio 18 cm, essa é a resposta da questão. 
� Segunda solução (trigonometria – lei dos cossenos): 
Veja o triângulo ABC na figura abaixo: 
04178253905
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�
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���
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A lei dos cossenos nos diz que: 
(AB)2 = (AC)2 + (BC)2 – 2 x AC x BC x cos (C) 
 
Substituindo os valores conhecidos, temos: 
302 = R2 + R2 – 2.R.R.cos(120º) 
 
 Veja que o ângulo C é de 120º. Na trigonometria, vemos que: 
cos(120º) = -cos(180º - 120º) 
cos(120º) = -cos(60º) = -1/2 
 
 Assim, 
302 = R2 + R2 – 2.R2.[-cos(60º)] 
302 = R2 + R2 – 2.R2.[-1/2] 
302 = R2 + R2 + R2 
302 = 3R2 
900 = 3R2 
300 = R2 
300R = 
3 100R = × 
3 100R = × 
04178253905
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1,7 10R = × 
 17R cm= 
Resposta: A 
Obs.: A leve diferença entre os dois resultados obtidos (17cm e 17,64cm) 
deve-se aos arredondamentos utilizados pela questão. De qualquer forma 
você chegaria no gabarito correto. 
 
6. ENEM – 2015) Atualmente existem diversas locadoras de veículos, 
permitindo uma concorrência saudável para o mercado, fazendo com que 
os preços se tornem acessíveis. Nas locadoras P e Q, o valor da diária de 
seus carros depende da distância percorrida, conforme o gráfico. 
 
 
O valor pago na locadora Q é menor ou igual àquele pago na locadora P 
para distâncias, em quilômetros, presentes em qual(is) intervalo(s)? 
(A) De 20 a 100. 
(B) De 80 a 130. 
(C) De 100 a 160. 
(D) De 0 a 20 e de 100 a 160. 
(E) De 40 a 80 e de 130 a 160. 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão sobre gráficos, tema que trabalharemos nas 
aulas 05 a 07 deste curso. 
04178253905
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O valor pago na locadora Q é menor que o pago na locadora P 
quando o gráfico de Q ficar abaixo do gráfico de P. Quando os dois 
gráficos se cruzam, o valor pago na locadora Q é igual ao pago na 
locadora P. 
Comecemos a análise pelos pontos dos gráficos em que a distância 
percorrida é igual a zero, conforme figura abaixo. 
 
Repare que quando a distância percorrida é zero, o valor da diária 
em Q é de 40 reais, enquanto que em P o valor está entre 60e 80 reais. 
À medida que caminhamos pelos gráficos no sentido de elevar a 
distância percorrida, o valor da diária de Q se aproxima do valor da diária 
de P até o momento em que os dois valores se igualam, exatamente na 
distância percorrida de 20 km (Figura abaixo). 
 
04178253905
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A partir desse ponto, ao elevarmos mais a distância percorrida, o 
valor da diária em Q passa a superar o valor da diária em P (Figura 
abaixo). Repare, por exemplo, que para a distância percorrida de 60 km, 
o valor da diária em Q é superior ao valor da diária em P. 
 
 
04178253905
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A partir daí o gráfico de Q volta a se aproximar do gráfico de P, até 
que na distância percorrida de 100 km os gráficos se cruzam novamente, 
conforme Figura abaixo. 
 
 
A partir desse ponto, os valores de diária de Q passam a ser 
novamente inferiores aos valores de diária de P. 
Dessa forma, temos que de 0 a 20 quilômetros percorridos e de 100 
a 160 quilômetros percorridos o valor pago em Q é inferior ao pago em P, 
o que está refletido na alternativa D. 
Resposta: D 
 
7. ENEM – 2015) Numa cidade, cinco escolas de samba (I,II,III,IV e V) 
participaram do desfile de Carnaval. Quatro quesitos são julgados, cada 
um por dois jurados, que podem atribuir somente uma dentre as notas 6, 
7, 8, 9 ou 10. A campeã será a escola que obtiver maior pontuação na 
soma de todas as notas emitidas. Em caso de empate, a campeã será a 
que alcançar a maior soma das notas atribuídas pelos jurados no quesito 
Enredo e Harmonia. A tabela mostra as notas do desfile desse ano no 
momento em que faltava somente a divulgação das notas do jurado B no 
quesito Bateria. 
04178253905
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Quantas configurações distintas das notas a serem atribuídas pelo jurado 
B no quesito Bateria tornariam campeã a Escola II? 
(A) 21 
(B) 90 
(C) 750 
(D) 1250 
(E) 3125 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão sobre princípios de contagem, tema que 
trabalharemos na aula 16 deste curso. 
O enunciado nos diz que as notas possíveis de serem atribuídas a 
cada escola em cada quesito são somente 6, 7, 8, 9 e 10. Assim 
concluímos que as escolas I, III e V não podem ser campeãs, visto que, 
mesmo que recebessem nota máxima no quesito bateria pelo jurado B, o 
número máximo de pontos que conseguiriam seria 65, 60 e 64, 
respectivamente, abaixo, portanto, dos 66 pontos que a escola II já 
possui sem a nota do último quesito. 
 O enunciado nos diz que, em caso de empate, a campeã será a que 
alcançar a maior soma das notas atribuídas pelos jurados no quesito 
Enredo e Harmonia. Logo, entre as escolas II e IV quem será campeã em 
04178253905
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caso de empate é a escola II, visto que ela soma 20 pontos no quesito 
Enredo e Harmonia, ao passo que a escola IV soma 19 pontos. 
 Para que a escola II seja campeã, ela tem que no mínimo empatar 
com a escola IV. Para isso, a nota dada pelo jurado B no quesito Bateria 
para a escola II deve ser pelo menos dois pontos superior à nota dada 
para a escola IV no mesmo quesito. 
 Caso a escola II receba nota 10 do jurado B no quesito bateria, a 
escola IV poderia receber notas 6, 7 ou 8, que a escola II ainda seria a 
campeã. (três possibilidades). 
 Caso a escola II receba nota 9 do jurado B no quesito bateria, a 
escola IV poderia receber notas 6 ou 7 que a escola II ainda seria a 
campeã. (mais duas possibilidades). 
 Caso a escola II receba nota 8, a escola IV poderia receber apenas 
nota 6 no mesmo quesito para que a escola II ainda fosse campeã. (mais 
uma possibilidade). 
 Caso a escola II receba nota 7 ou menor, já não seria mais possível 
ela ser campeã, visto que não haveria uma pontuação possível para a 
escola IV que fosse dois pontos inferior à pontuação da escola II (as notas 
só vão de 6 a 10). 
 Assim, mostramos acima seis possibilidades de notas do jurado B 
no quesito Bateria em que a escola II seria campeã. No entanto, devemos 
considerar que em cada uma dessas seis possibilidades de vitória, as 
outras três escolas poderiam ter sido avaliadas de 5 maneiras diferentes 
(recebendo ou 6, ou 7, ou 8, ou 9, ou 10 como nota naquele quesito). 
 Pelo princípio fundamental da contagem, podemos dizer que temos 
5x5x5 = 125 formas de distribuir as notas das escolas I, III e V. Como 
para cada uma dessas 125 formas existem 6 possibilidades de 
distribuição das notas das escolas II e IV, ao todo temos 125 x 6 = 750 
04178253905
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configurações distintas das notas a serem atribuídas pelo jurado B no 
quesito Bateria que tornariam a escola II campeã. 
Resposta: C 
 
8. ENEM – 2015) Uma carga de 100 contêineres, idênticos ao modelo 
apresentado na Figura 1, deverá ser descarregada no porto de uma 
cidade. Para isso, uma área retangular de 10 m por 32 m foi cedida para 
o empilhamento desses contêineres (Figura 2). 
 
De acordo com as normas desse porto, os contêineres deverão ser 
empilhados de forma a não sobrarem espaços nem ultrapassarem a área 
delimitada. 
Após o empilhamento total da carga e atendendo à norma do porto, a 
altura mínima a ser atingida por essa pilha de contêineres é 
 a) 12,5 m. 
 b) 17,5 m. 
 c) 25,0 m. 
 d) 22,5 m. 
 e) 32,5 m. 
04178253905
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RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão que mistura conhecimentos numéricos (aula 2) 
e geométricos (aulas 12 e 13). 
Para que seja possível atingir a altura mínima da pilha de 
contêineres, devemos otimizar o seu empilhamento, sem deixar sobrar 
espaços na área reservada para seu armazenamento. 
 Repare que a área para armazenar contêineres possui lados 10 m e 
32 m. O comprimento do contêiner é de 6,4 m. O número 10 não é 
múltiplo de 6,4 ao passo que 32 o é. Ao multiplicar 6,4 por 5 obtemos 32. 
 Assim, podemos colocar 5 contêineres ao longo do comprimento da 
área de armazenamento. Ao longo da largura da área de armazenamento 
cabem 4 contêineres, visto que 10 2,5 4÷ = . Assim, a área de 
armazenamento permite que sejam colocados 4 contêineres lado a lado e 
5 contêineres de comprimento. Para preencher toda a área de 
armazenamento utilizaremos então 4 5 20=× contêineres, conforme mostra 
a Figura abaixo. 
 
 Como o total de contêineres é 100, precisaremos de 100 20 5÷ = 
níveis de contêineres para acomoda-los. Como são 5 níveis de contêinerese cada um tem 2,5 m de altura, teremos uma altura mínima de 5 x 2,5m 
= 12,5m quando os contêineres estiverem todos armazenados. 
04178253905
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Resposta: A 
 
9. ENEM – 2015) Um pesquisador, ao explorar uma floresta, fotografou 
uma caneta de 16,8 cm de comprimento ao lado de uma pegada. O 
comprimento da caneta (c), a largura (L) e o comprimento (C) da pegada, 
na fotografia, estão indicados no esquema. 
 
 
A largura e o comprimento reais da pegada, em centímetros, são, 
respectivamente, iguais a 
(A) 4,9 e 7,6. 
(B) 8,6 e 9,8. 
(C) 14,2 e 15,4. 
(D) 26,4 e 40,8. 
(E) 27,5 e 42,5. 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão sobre proporções e escalas, temas que 
trabalharemos na aula 03 deste curso. 
Para encontrar as dimensões reais da pegada a partir da relação 
entre os tamanhos da caneta na foto e na realidade utilizaremos regras 
de três simples. Vejamos a tabela abaixo que organiza os valores que 
enunciado forneceu (todos em centímetros): 
04178253905
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Chamamos de L’ e C’ a largura e o comprimento da pegada, 
respectivamente, no tamanho real. Vamos encontrar L’ utilizando a regra 
de três simples: 
1, 4 2, 2
16,8 'L
=
 
 
Podemos ler a expressão acima da seguinte forma: 1,4 está para 
16,8 assim como 2,2 está para L’. Resolvendo a expressão temos: 
1,4 ' 16,8 2,2
16,8 2,2
'
1,4
' 26,4
L
L
L cm
⋅ = ⋅
⋅
=
= 
 
Façamos o mesmo para o comprimento da pegada, utilizando como 
parâmetro também os tamanhos da caneta e a regra de três simples. 
Temos: 
1, 4 3, 4
16,8 'C
=
 
 
Podemos ler a expressão acima da seguinte forma: 1,4 está para 
16,8 assim como 3,4 está para C’. Resolvendo a expressão temos: 
 Caneta 
Largura da 
pegada 
Comprimento da 
pegada 
Tamanho na 
fotografia 
1,4 2,2 3,4 
Tamanho real 16,8 L’ C’ 
04178253905
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1,4 ' 16,8 3, 4
16,8 3, 4
'
1,4
' 40,8
C
C
C cm
⋅ = ⋅
⋅
=
= 
 
Com isso já podemos marcar a alternativa D, que é o gabarito 
dessa questão. Vamos aproveitar para ver como ficou nossa tabela após 
encontrarmos as dimensões reais da pegada: 
 
Repare que o tamanho na fotografia guarda uma relação constante 
com o tamanho real. Foi exatamente esta relação constante que nos 
permitiu usar a regra de três simples para solucionar o problema. 
Vejamos abaixo que relação é essa: 
16,8 26,4 40,8 12
1, 4 2,2 3, 4
= = = 
 
A relação entre o tamanho real e o tamanho da fotografia é de 12 
vezes, ou seja, o tamanho real é 12 vezes o tamanho que aparece na 
fotografia. E isso vale tanto para a caneta quanto para as dimensões da 
pegada. 
Resposta: D 
 
 Caneta 
Largura da 
pegada 
Comprimento da 
pegada 
Tamanho na 
fotografia 
1,4 2,2 3,4 
Tamanho real 16,8 26,4 40,8 
04178253905
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10. ENEM – 2015) Uma indústria produz malhas de proteção solar para 
serem aplicadas em vidros, de modo a diminuir a passagem de luz, a 
partir de fitas plásticas entrelaçadas perpendicularmente. Nas direções 
vertical e horizontal, são aplicadas fitas de 1 milímetro de largura, tal que 
a distância entre elas é de (d – 1) milímetros, conforme a figura. O 
material utilizado não permite a passagem da luz, ou seja, somente o raio 
de luz que atingir as lacunas deixadas pelo entrelaçamento consegue 
transpor essa proteção. 
A taxa de cobertura do vidro é o percentual da área da região coberta 
pelas fitas da malha, que são colocadas paralelamente às bordas do vidro. 
 
Essa indústria recebeu a encomenda de uma malha de proteção solar 
para ser aplicada em um vidro retangular de 5 m de largura por 9 m de 
comprimento. A medida de d, em milímetros, para que a taxa de 
cobertura da malha seja de 75% é 
a) 2 
b) 1 
c) 
11
3 
d) 
4
3 
e) 
2
3 
04178253905
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RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão sobre geometria, tema que trabalharemos nas 
aulas 11 a 13 deste curso. 
Nesta questão precisamos identificar qual a menor parcela da malha 
que se repete para formar o conjunto. Repare que essa menor unidade 
pode ser representada conforme mostra a Figura abaixo: 
 
 A área coberta da malha é representada pela cor preta. O 
enunciado nos diz que a taxa de cobertura da malha deve ser de 75%. 
Isso equivale dizer que a área coberta da unidade de malha deve ser 75% 
da área da unidade de malha. 
De outra forma, podemos dizer que a área descoberta da malha 
deve ser de 25% da área total da unidade de malha. Assim, vamos 
calcular qual é a área descoberta nessa unidade de malha. 
A área de um quadrado de lado l é dada por: 
2Área l= 
 
Aplicando essa fórmula ao quadrado branco mostrado na Figura 
anterior estaremos calculando a área descoberta, visto que a parte branca 
04178253905
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representa justamente a parte em que não há malha. Assim, a área 
descoberta é: 
2( 1)descobertaA d= − 
 
Já a área total da unidade de malha, a qual tem lado d, é dada por: 
2
unidadeA d= 
 
Retomando o nosso raciocínio, a área descoberta da malha deve ser 
de 25% da área total da unidade de malha. Logo: 
25%descoberta unidadeA A= ⋅ 
 
Vamos substituir os valores das áreas que já temos na expressão 
acima: 
2 2
2
2
25( 1)
100
( 1) 25
100
d d
d
d
− = ⋅
−
=
 
Vamos tirar a raiz quadrada dos dois lados da igualdade anterior: 
( 1) 5
10
( 1) 1
2
11
2
1
2
1
2
2
d
d
d
d
d d
dd
d
d
−
=
−
=
− = ⋅
− =
=
= 
04178253905
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Logo, para que a taxa de cobertura da malha seja de 75% é preciso 
de um d=2 milímetros. Podemos marcar a resposta A. 
Resposta: A 
 
11. ENEM – 2015) Um arquiteto está reformando uma casa. De modo a 
contribuir com o meio ambiente, decide reaproveitar tábuas de madeira 
retiradas da casa. Ele dispõe de 40 tábuas de 540 cm, 30 de 810 cm e 10 
de 1080 cm, todas de mesma largura e espessura. Ele pediu a um 
carpinteiro que cortasse as tábuas em pedaços de mesmo comprimento, 
sem deixar sobras, e de modo que as novas peças ficassem com o maior 
tamanho possível, mas de comprimentomenor que 2 m. 
Atendendo o pedido do arquiteto, o carpinteiro deverá produzir 
(A) 105 peças. 
(B) 120 peças. 
(C) 210 peças. 
(D) 243 peças. 
(E) 420 peças. 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão sobre divisibilidade e fatoração, temas que 
trabalharemos na aula 02 deste curso. 
Os comprimentos das tábuas de madeira são: 540 cm, 810 cm e 
1080 cm. Para sabermos qual o tamanho do corte a ser feito nessas 
tábuas para obter as novas peças, sem que sobre nada, podemos 
começar descobrindo o máximo divisor comum (MDC) entre esses 
comprimentos. Fazemos isso dividindo-os pelos fatores primos em ordem 
crescente (2, 3, 5, 7, 11 etc), usando somente aqueles fatores que 
dividam os três números simultaneamente. Observe: 
 
 
 
04178253905
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Fatores primos 540 810 1080 
2 270 405 540 
3 90 135 180 
3 30 45 60 
3 10 15 20 
5 2 3 4 
MDC = 
2x3x3x3x5 
- - - 
 
Portanto, o máximo divisor comum entre esses números é 
2x3x3x3x5 = 270. 
 No entanto, o comprimento das novas peças deve ser inferior a 2 
m, ou seja, 200 cm. Assim, devemos obter um número inferior à 200 a 
partir dos fatores que compõem o 270 (isto é, 2x3x3x3x5). Para fazer 
isso e obter o maior comprimento possível abaixo de 200, eliminaremos o 
fator 2, visto que ele é o menor fator presente no máximo divisor comum 
que havíamos encontrado. Assim, obtemos 3x3x3x5 = 135, que será o 
comprimento das novas peças. 
 A partir do comprimento das novas peças, temos que: 
• as 40 tábuas de 540 cm vão originar 160 novas peças de 135 
cm. 
54040 160
135
=
 
× 
  
• as 30 tábuas de 810 cm vão originar 180 novas pelas de 135 
cm. 
81030 160
135
=
 
× 
  
• as 10 peças de 1080 cm vão originar 80 novas peças de 135 
cm. 
108010 160
135
=
 
× 
  
 Assim, ficaremos ao final com 160+180+80 = 420 novas peças. 
RESPOSTA: E 
 
04178253905
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12. ENEM – 2015) A insulina é utilizada no tratamento de pacientes com 
diabetes para o controle glicêmico. Para facilitar sua aplicação, foi 
desenvolvida uma “caneta” na qual pode ser inserido um refil contendo 3 
mL de insulina, como mostra a imagem. 
 
 
Para controle das aplicações, definiu-se a unidade de insulina como 0,01 
mL. Antes de cada aplicação, é necessário descartar 2 unidades de 
insulina, de forma a retirar possíveis bolhas de ar. 
A um paciente foram prescritas duas aplicações diárias: 10 unidades de 
insulina pela manhã e 10 à noite. 
Qual o número máximo de aplicações por refil que o paciente poderá 
utilizar com a dosagem prescrita? 
(A) 25 
(B) 15 
(C) 13 
(D) 12 
(E) 8 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão sobre unidades de medida, tema que 
trabalharemos na aula 11 deste curso. 
A unidade de insulina foi definida como: 1 0,01un = mL 
 Assim, o refil, que possui 3 mL de insulina, ao ser convertido em 
unidades apresenta: 
3 300
0,01
= un
 
 
O refil, portanto, possui 300 unidades. 
04178253905
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 Cada aplicação é de 10 unidades. No entanto, cada aplicação vai 
consumir 12 unidades, tendo em vista que o enunciado diz que a cada 
aplicação é necessário descartar 2 unidades de insulina, de forma a retirar 
possíveis bolhas de ar. 
 Assim sendo, se para cada aplicação forem consumidas 12 unidades 
de insulina, um refil de 300 unidades fornecerá 25 aplicações, como se vê 
abaixo: 
300 25 aplicações
12
=
 
 
 Podemos marcar a letra A que é o gabarito da questão. 
RESPOSTA: A 
 
13. ENEM – 2015) Uma família fez uma festa de aniversário e enfeitou o 
local da festa com bandeirinhas de papel. Essas bandeirinhas foram feitas 
da seguinte maneira: inicialmente, recortaram as folhas de papel em 
forma de quadrado, como mostra a Figura 1. Em seguida, dobraram as 
folhas quadradas ao meio sobrepondo os lados BC e AD, de modo que C e 
D coincidam, e o mesmo ocorra com A e B, conforme ilustrado na Figura 
2. Marcaram os pontos médios O e N, dos lados FG e AF, 
respectivamente, e o ponto M do lado AD, de modo que AM seja igual a 
um quarto de AD. A seguir, fizeram cortes sobre as linhas pontilhadas ao 
longo da folha dobrada. 
 
Após os cortes, a folha é aberta e a bandeirinha está pronta. 
A figura que representa a bandeirinha pronta é 
04178253905
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(A) 
 
 (B) 
 
(C) 
 
(D) 
 
 (E) 
 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão sobre conhecimentos geométricos, tema que 
trabalharemos nas aulas 11 a 13 deste curso. 
04178253905
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 Para visualizarmos melhor este problema é útil fazer um esboço do 
que está acontecendo. Primeiramente, o quadrado é dobrado ao meio, 
momento em que se marcam os pontos M, N e O, conforme figura abaixo. 
 
 Na Figura acima os pontos A e B estão coincidindo, assim como os 
pontos C e D. Os pontos G e F marcam os pontos médios dos segmentos 
CD e AB, respectivamente. 
Assim como foi marcado o ponto M no segmento AD, podemos 
afirmar que há um ponto correspondente na borda de trás da 
bandeirinha, exatamente sobre o segmento BC. Chamaremos esse ponto 
corresponde a M de M’ (lê-se “M linha”). Temos certeza que M’ obedece à 
regra de que o segmento BM’ corresponda a um quarto do seguimento 
BC. 
Para o ponto N marcado no segmento AF também temos um ponto 
correspondente no segmento FB, o qual chamaremos de N’ (lê-se “N 
linha”). Na Figura anterior não visualizamos N’ e nem M’ porque os 
mesmos estão na dobra de trás do papel, mas eles estão lá e coincidem 
com os pontos que lhes deram origem, N e M respectivamente. Podemos 
afirmar, portanto, que o ponto N’ também satisfaz a condição de ser 
ponto médio do segmento FB, em analogia ao que ocorre com o ponto N. 
Já o ponto O, ponto médio do segmento GF, está exatamente sobre 
a dobra da bandeirinha, não havendo, portanto, necessidade de criar um 
04178253905
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ponto análogo a ele, visto que quando a bandeirinha for aberta o ponto O 
e o seu possível ponto análogo continuariam sobrepostos. 
A primeira coisa que devemos notar é que existe uma simetria 
bilateral na bandeirinha, ou seja, seus dois lados são iguais quando 
rebatidos um sobre o outro. Dito de outra forma, há uma simetria em 
relação ao segmento GF. Dessa forma, já podemos excluir as alternativas 
C e D por não apresentarem simetria de seus lados em relação ao eixo 
central, comofica claro na Figura abaixo. 
 
Outro detalhe que devemos notar é que o segmento AM deve ter o 
mesmo tamanho do segmento BM’, sendo que ambos são menores do 
que o segmento FO. Veja que isso não ocorre nas alternativas A e B. 
Na alternativa A, os segmentos AM, BM’ e FO têm o mesmo 
tamanho: 
 
 Já na alternativa B o segmento FO chega a ser inferior aos 
segmentos AM e BM’. Vejamos: 
04178253905
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Assim, só nos resta a alternativa E, que é o gabarito da questão. 
Abaixo segue uma Figura em que é possível visualizar como ficam os 
cortes feitos no papel para se chegar à bandeirinha (linha pontilhada). 
 
 
Resposta: E 
 
14. ENEM – 2015) Em uma escola, a probabilidade de um aluno 
compreender e falar inglês é de 30%. Três alunos dessa escola, que estão 
em fase final de seleção de intercâmbio, aguardam, em uma sala, serem 
chamados para uma entrevista. Mas, ao invés de chamá-los um a um, o 
entrevistador entra na sala e faz, oralmente, uma pergunta em inglês que 
pode ser respondida por qualquer um dos alunos. 
A probabilidade de o entrevistador ser entendido e ter sua pergunta 
oralmente respondida em inglês é: 
04178253905
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(A) 23,7% 
(B) 30,0% 
(C) 44,1% 
(D) 65,7% 
(E) 90,0% 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão sobre probabilidade, tema que trabalharemos 
nas aulas 16 a 18 deste curso. 
Repare que a questão pede a probabilidade de o entrevistador ser 
entendido e ter sua pergunta respondida oralmente em inglês. Para isso 
acontecer, pelo menos 1 dos 3 alunos precisa saber inglês. 
 Se a probabilidade de um aluno saber inglês é de 30%, temos que a 
probabilidade de um aluno não saber é de 100% - 30% = 70%. A 
probabilidade de nenhum dos três alunos responder à pergunta feita pelo 
entrevistador é: 
70% x 70% x 70% = 
0,70 x 0,70 x 0,70 = 
0,343 
 
 Ou seja, a probabilidade de nenhum dos três alunos responder à 
pergunta feita pelo entrevistador é de 34,3%. 
 Logo, a probabilidade de pelo menos um dos alunos responder é tal 
que: 
Probabilidade de pelo menos 1 responder = 100% - Probabilidade de nenhum 
responder 
Probabilidade de pelo menos 1 responder = 100% - 34,3% 
Probabilidade de pelo menos 1 responder = 65,7% 
 
Podemos marcar a letra D, que é o gabarito da questão. 
RESPOSTA: D 
 
04178253905
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15. ENEM – 2015) O polímero de PET (Politereftalato de Etileno) é um 
dos plásticos mais reciclados em todo o mundo devido à sua extensa 
gama de aplicações, entre elas, fibras têxteis, tapetes, embalagens, 
filmes e cordas. Os gráficos mostram o destino do PET reciclado no Brasil, 
sendo que, no ano de 2010, o total de PET reciclado foi de 282 kton 
(quilotoneladas). 
 
De acordo com os gráficos, a quantidade de embalagens PET recicladas 
destinadas à produção de tecidos e malhas, em kton, é mais aproximada 
de 
(A) 16,0. 
(B) 22,9. 
(C) 32,0. 
(D) 84,6. 
(E) 106,6. 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão sobre gráficos, tema que trabalharemos nas 
aulas 05 a 07 deste curso. 
Repare que temos um gráfico para os Usos Finais de PET reciclada e 
um gráfico para os Usos Finais Têxteis. 
 Do primeiro gráfico temos que 37,8% do total de PET recicladas 
teve uso final têxtil. Logo: 
37,8% de 282 = 
37,8% x 282 
04178253905
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 Reparou que eu substituí o “de” pela multiplicação? Ao trabalhar 
com porcentagens, você sempre pode fazer isso! Continuando o cálculo: 
37,8% x 282 = 
0,378 x 282 = 
106,59 kton 
 
 Ou seja, 106,59 kton de PET recicladas teve uso final têxtil. 
Do segundo gráfico, temos que dentre o total de PET recicladas de 
uso final têxtil, 30% foi destinado à produção de tecidos e malhas. Logo: 
30% de 106,59 = 
30% x 106,59 = 
0,30 x 106,59 
 
Como a questão quer um resultado aproximado, podemos facilitar 
nossos cálculos substituindo 106,59 por 107. Veja: 
0,30 x 107 = 
32,1 kton 
 
 Temos que aproximadamente 32 kton de PET recicladas foram 
destinadas à produção de tecidos e malhas. 
RESPOSTA: C 
 
16. ENEM – 2015) Uma empresa de telefonia celular possui duas 
antenas que serão substituídas por uma nova, mais potente. As áreas de 
cobertura das antenas que serão substituídas são círculos de raio 2 km, 
cujas circunferências se tangenciam no ponto O, como mostra a figura. 
04178253905
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O ponto O indica a posição da nova antena, e sua região de cobertura 
será um círculo cuja circunferência tangenciará externamente as 
circunferências das áreas de cobertura menores. Com a instalação da 
nova antena, a medida da área de cobertura, em quilômetros quadrados, 
foi ampliada em 
(A) 8pi 
(B) 12pi 
(C) 16pi 
(D) 32pi 
(E) 64pi 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão sobre conhecimentos geométricos, tema que 
trabalharemos nas aulas 11 a 13 deste curso. 
A área A de uma circunferência em função de seu raio r é dada pela 
seguinte fórmula: 
2A rpi= ⋅ 
 
As duas antenas que serão substituídas têm áreas de cobertura 
iguais a círculos de raio igual a 2 km. Consequentemente, a área de 
cobertura dessas duas antenas juntas será o dobro da área de apenas 
uma delas. 
Seja antigaA a área de cobertura de cada uma dessas antenas antigas. 
Seja _total antigaA a área total de cobertura das duas antenas antigas. Logo: 
04178253905
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_
2total antiga antigaA A= × 
 
Assim, para um raio r = 2 km, que é o raio da área de cobertura 
das antenas antigas, teremos 
2 2
_
2 2 2 2 2 4 8total antiga antigaA A pi r = pi = pi = pi= × = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 
 
 Após a substituição, a nova antena terá uma área de cobertura de 
raio R = 4 km. Seja novaA a área da antena nova. Assim temos: 
2 24 16novaA pi r = pi = pi= ⋅ ⋅ ⋅ 
 
 Desta forma, a área de cobertura foi ampliada em: 
_
16 8 8nova total antigaA A pi pi = pi− = ⋅ − ⋅ ⋅ 
 
 A área de cobertura foi ampliada em 8pi . Podemos marcar a letra A 
que é o gabarito. 
Resposta: A 
 
17. ENEM – 2015) Um casal realiza um financiamento imobiliário de R$ 
180.000,00, a ser pago em 360 prestações mensais, com taxa de juros 
efetiva de 1% ao mês. A primeira prestação é paga um mês após a 
liberação dos recursos e o valor da prestação mensal é de R$ 500,00 mais 
juro de 1% sobre o saldo devedor (valor devido antes do pagamento). 
Observe que, a cada pagamento, o saldo devedor se reduz em R$ 500,00e considere que não há prestação em atraso. Efetuando o pagamento 
dessa forma, o valor, em reais, a ser pago ao banco na décima prestação 
é de 
(A) 2.075,00. 
(B) 2.093,00. 
(C) 2.138,00. 
04178253905
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(D) 2.255,00. 
(E) 2.300,00. 
RESOLUÇÃO: 
 Temos aqui uma questão sobre juros, tema a ser trabalhado na aula 
10 de nosso curso. 
 Na décima prestação teremos já efetuado nove pagamentos 
anteriores. Como o enunciado disse, o saldo devedor se reduz em R$ 
500,00 a cada pagamento. Assim, após os primeiros 9 pagamentos o 
saldo devedor será de: 
180000 9 500 =− × 
180000 4500 =− 
175.500 reais 
 
 No início do décimo mês, o saldo devedor é de R$ 175.500. O valor 
da prestação é de R$ 500,00 mais juro de 1% sobre o saldo devedor. 
 Esse juro é de: 
Juro da 10ª prestação = 1% de 175.500 reais 
Juro da 10ª prestação = 1% x 175.500 reais 
Juro da 10ª prestação = 0,01 x 175.500 reais 
Juro da 10ª prestação = 1.755 reais 
 
Logo, o valor da décima prestação é de: 
Prestação = 500 + juro 
Prestação = 500 + 1.755 
Prestação = 2.255 reais 
Resposta: D 
 
18. ENEM – 2015) As exportações de soja do Brasil totalizaram 4,129 
milhões de toneladas no mês de julho de 2012, e registraram um 
aumento em relação ao mês de julho de 2011, embora tenha havido uma 
baixa em relação ao mês de maio de 2012. A quantidade, em 
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quilogramas, de soja exportada pelo Brasil no mês de julho de 2012 foi 
de: 
(A) 4,129 x 10
3
 
(B) 4,129 x 10
6
 
(C) 4,129 x 10
9
 
(D) 4,129 x 10
12
 
(E) 4,129 x 10
15
 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão sobre unidades de medida, tema que 
trabalharemos na aula 11, e com potências do número 10 (“notação 
científica”), tema que trabalharemos na aula 01. 
 Em julho de 2012 temos exportações de 4,129 milhões de 
toneladas, ou seja: 
4,129 milhões de toneladas = 
4.129.000 toneladas 
 
 Lembrando que 1 tonelada é igual a 1.000 quilogramas, podemos 
multiplicar o número acima por 1.000 para obter o seu valor em 
quilogramas: 
4.129.000 x 1.000 = 
4.129.000.000 quilogramas 
 
 Veja que as opções de resposta estão no formato que conhecemos 
por “notação científica”. Para escrever neste formato, basta reparar que: 
4.129.000.000 = 
4,129 x 1.000.000.000 = 
4,129 x 109 quilogramas 
Resposta: C 
 
04178253905
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19. ENEM – 2015) A expressão “Fórmula de Young” é utilizada para 
calcular a dose infantil de um medicamento, dada a dose do adulto: 
 
 
 
Uma enfermeira deve administrar um medicamento X a uma criança 
inconsciente, cuja dosagem de adulto é de 60 mg. A enfermeira não 
consegue descobrir onde está registrada a idade da criança no prontuário, 
mas identifica que, algumas horas antes, foi administrada a ela uma dose 
de 14 mg de um medicamento Y, cuja dosagem de adulto é de 42 mg. 
Sabe-se que a dose da medicação Y administrada à criança estava 
correta. Então, a enfermeira deverá ministrar uma dosagem do 
medicamento X, em miligramas, igual a 
(A) 15 
(B) 20 
(C) 30 
(D) 36 
(E) 40 
RESOLUÇÃO: 
 Nesta questão nós aplicamos conceitos de álgebra, mais 
especificamente de funções do primeiro grau, tema que trabalharemos na 
aula 05 deste material. 
 Partiremos do remédio que foi administrado corretamente para 
encontrar a idade da criança e, posteriormente, obter a dosagem do 
medicamento X a ser ministrado pela enfermeira. 
 Foi administrado uma dose de 14 mg de medicamento Y, cuja 
dosagem de adulto é 42 mg. Logo, para o medicamento Y, a dose de 
criança é 14 mg e a dose de adulto é 42 mg. Seja I a idade da criança. 
Substituindo na fórmula temos: 
14 42
12
I
=
I +
 
⋅ 
 
 
04178253905
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( )14 12 42I + = I⋅ ⋅ 
14 168 42I + = I⋅ ⋅ 
168 42 14= I I⋅ − ⋅ 
168 28= I⋅ 
168
28
I = 
6 anosI = 
 
 A idade da criança é de 6 anos. Aplicando novamente na fórmula 
juntamente com o fato de que a dosagem de adulto do medicamento X é 
de 60 mg temos: 
 
( )
( )
6
 60
6 12
dose de criança =
+
⋅ 
( )
( )
6
 60
18
dose de criança = ⋅ 
60
 
3
dose de criança = 
 20dose de criança = 
 
 A dosagem de criança neste caso é de 20 mg. 
Resposta: B 
 
20. ENEM – 2015) Segundo dados apurados no Censo 2010, para uma 
população de 101,8 milhões de brasileiros com 10 anos ou mais de idade 
e que teve algum tipo de rendimento em 2010, a renda média mensal 
apurada foi de R$ 1.202,00. A soma dos rendimentos mensais dos 10% 
mais pobres correspondeu a apenas 1,1% do total de rendimentos dessa 
população considerada, enquanto que a soma dos rendimentos mensais 
dos 10% mais ricos correspondeu a 44,5% desse total. Qual foi a 
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diferença, em reais, entre a renda média mensal de um brasileiro que 
estava na faixa dos 10% mais ricos e de um brasileiro que estava na faixa 
dos 10% mais pobres? 
(A) 240,40 
(B) 548,11 
(C) 1.723,67 
(D) 4.026,70 
(E) 5.216,68 
RESOLUÇÃO: 
 Temos uma questão que mistura conceitos de porcentagem (aula 
02) e médias (aula 17). 
 Como temos 101,8 milhões de pessoas ao todo, podemos dizer que 
10% deste valor corresponde a: 
10% de 101,8 milhões = 
10% x 101,8 milhões = 
0,10 x 101,8 milhões = 
10,18 milhões 
 
 Veja ainda que a renda média apurada para os 101,8 milhões de 
brasileiros foi de R$1.202,00. Podemos calcular a soma total dos 
rendimentos lembrando que: 
 
 
Soma totalMédia
quantidade total
= 
 1202
101,8
Soma total
milhões
= 
Soma total = 1202 x 101,8 milhões 
Soma total = 122.363,6 milhões 
 
 Foi dito que os 10% mais pobres obtiveram 1,1% do total de 
rendimentos. Isto é, o total de rendimentos dos mais pobres foi de: 
Rendimentos dos mais pobres = 1,1% de 122.363,6 milhões 
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Rendimentos dos mais pobres = 1,1% x 122.363,6 milhões 
Rendimentos dos mais pobres = 0,011 x 122.363,6 milhões 
Rendimentos dos mais pobres = 1.345,99 milhões 
 
 Portanto, o rendimento médio dos mais pobres foi: 
 
 
 
Soma totalMédia dos mais pobres
quantidade total
= 
 
1.345,99 
 
10,18
milhões de reaisMédia dos mais pobres
milhões
= 
 
1.345,99
 
10,18
reaisMédia dos mais pobres = 
 132, 22Média dos mais pobres reais= 
 
 Foi ditoque os 10% mais ricos obtiveram 44,5% do total de 
rendimentos. Isto é, o total de rendimentos dos mais ricos foi de: 
Rendimentos dos mais ricos = 44,5% de 122.363,6 milhões 
Rendimentos dos mais ricos = 44,5% x 122.363,6 milhões 
Rendimentos dos mais ricos = 0,445 x 122.363,6 milhões 
Rendimentos dos mais ricos = 54.541,80 milhões 
 
 Portanto, o rendimento médio dos mais ricos foi: 
 
 cos
 
Soma totalMédia dos mais ri
quantidade total
= 
 
54.541,80 
 cos
10,18
milhões de reaisMédia dos mais ri
milhões
= 
 
54.541,80 
 cos
10,18
reaisMédia dos mais ri = 
 cos 5.348,9Média dos mais ri reais= 
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A diferença entre a renda média mensal de um brasileiro que estava 
na faixa dos 10% mais ricos e de um brasileiro que estava na faixa dos 
10% mais pobres é de: 
Diferença = média dos mais ricos – média dos mais pobres 
Diferença = 5.348,9 – 132,22 
Diferença = 5.216,68 reais 
Resposta: E 
 Obs.: repare como os cálculos dessa questão eram extensos! Ao 
longo do curso veremos técnicas para você agilizar os seus cálculos 
matemáticos, inclusive para fazer cálculos arredondados (o que era 
possível nessa questão, pois as alternativas de resposta estavam bem 
distantes umas das outras). De qualquer forma, já deixo um recado aqui: 
em sua preparação, deixe a calculadora de lado, e faça todos os cálculos 
sempre à mão, pois você precisa desenvolver esta habilidade, que é 
muito exigida no ENEM! 
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Fim de aula! 
 
Espero te encontrar na aula 01, quando começaremos a trabalhar a teoria 
de Matemática para o ENEM. 
 
Saudações, 
 
Prof. Arthur Lima 
Curta minha página no Facebook: www.facebook.com/ProfArthurLima 
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5. QUESTÕES APRESENTADAS NA AULA 
1. ENEM – 2015) Um estudante está pesquisando o desenvolvimento de 
certo tipo de bactéria. Para essa pesquisa, ele utiliza uma estufa para 
armazenar as bactérias. A temperatura no interior dessa estufa, em graus 
Celsius, é dada pela expressão T(h) = – h² +22h – 85, em que h 
representa as horas do dia. Sabe-se que o número de bactérias é o maior 
possível quando a estufa atinge sua temperatura máxima e, nesse 
momento, ele deve retirá-las da estufa. A tabela associa intervalos de 
temperatura, em graus Celsius, com as classificações: muito baixa, baixa, 
média, alta e muito alta. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Quando o estudante obtém o maior número possível de bactérias, a 
temperatura no interior da estufa está classificada como 
(A) muito baixa. 
(B) baixa. 
(C) média. 
(D) alta. 
(E) muito alta. 
 
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2. ENEM – 2015) A figura representa a vista superior de uma bola de 
futebol americano, cuja forma é um elipsoide obtido pela rotação de uma 
elipse em torno do eixo das abscissas. Os valores a e b são, 
respectivamente, a metade do seu comprimento horizontal e a metade do 
seu comprimento vertical. Para essa bola, a diferença entre os 
comprimentos horizontal e vertical é igual à metade do comprimento 
vertical. 
 
 
Considere que o volume aproximado dessa bola é dado por V = 4ab². 
 
O volume dessa bola, em função apenas de b, é dado por: 
 
a) 8b³ 
b) 6b³ 
c) 5b³ 
d) 4b³ 
e) 2b³ 
 
3. ENEM – 2015) Após realizar uma pesquisa de mercado, uma 
operadora de telefonia celular ofereceu aos clientes que utilizavam até 
500 ligações ao mês o seguinte plano mensal: um valor fixo de R$ 12,00 
para os clientes que fazem até 100 ligações ao mês. Caso o cliente faça 
mais de 100 ligações, será cobrado um valor adicional de R$ 0,10 por 
ligação, a partir da 101ª até a 300ª; e caso realize entre 300 e 500 
ligações, será cobrado um valor fixo mensal de R$ 32,00. Com base nos 
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elementos apresentados, o gráfico que melhor representa a relação entre 
o valor mensal pago nesse plano e o número de ligações feitas é: 
 
(A) 
 
 
(B) 
 
 
(C) 
 
 
D) 
 
 
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(E) 
 
 
4. ENEM – 2015) Um investidor inicia um dia com x ações de uma 
empresa. No decorrer desse dia, ele efetua apenas dois tipos de 
operações, comprar ou vender ações. Para realizar essas operações, ele 
segue estes critérios: 
IV. vende metade das ações que possui, assim que seu valor fica 
acima do valor ideal (Vi); 
V. compra a mesma quantidade de ações que possui, assim que seu 
valor fica abaixo do valor mínimo (Vm); 
VI. vende todas as ações que possui, quando seu valor fica acima do 
valor ótimo (Vo). 
 O gráfico apresenta o período de operações e a variação do valor de 
cada ação, em reais no decorrer daquele dia e a indicação dos valores 
ideal, mínimo e ótimo. 
 
 
Quantas operações o investidor fez naquele dia? 
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(A) 3 
(B) 4 
(C) 5 
(D) 6 
(E) 7 
 
5. ENEM – 2015) O tampo de vidro de uma mesa quebrou-se e deverá 
ser substituído por outro que tenha a forma de círculo. O suporte de apoio 
da mesa tem o formato de um prisma reto, de base em forma de 
triângulo equilátero com lados medindo 30 cm. 
Uma loja comercializa cinco tipos de tampos de vidro circulares com 
cortes já padronizados, cujos raios medem 18 cm, 26 cm, 30 cm, 35 cm e 
60 cm. O proprietário da mesa deseja adquirir nessa loja o tampo de 
menor diâmetro que seja suficiente para cobrir a base superior do suporte 
da mesa. 
Considere 1,7 como aproximação para 3 . 
O tampo a ser escolhido será aquele cujo raio, em centímetros, é igual a: 
(A) 18. 
(B) 26. 
(C) 30. 
(D) 35. 
(E) 60. 
 
6. ENEM – 2015) Atualmente existem diversas locadoras de veículos, 
permitindo uma concorrência saudável para o mercado, fazendo com que 
os preços se tornem acessíveis. Nas locadoras P e Q, o valor da diária de 
seus carros depende da distância percorrida, conforme o gráfico. 
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O valor pago na locadora Q é menor ou igual àquele pago na locadora P 
para distâncias, em quilômetros, presentes em qual(is) intervalo(s)? 
(A) De 20 a 100. 
(B) De 80 a 130. 
(C) De 100 a 160. 
(D) De 0 a 20 e de

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