Simulado2 Enem (dia 2) - resolução

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Questão 91 
 
A penicilina é um antibiótico que atua na 
inibição da síntese da parede celular 
bacteriana através do bloqueio da síntese 
da camada de peptidoglicano. 
 
Alternativa D 
 
Questão 92 
 
Seja f a frequência de pedaladas, Rco o raio 
da coroa, Rcat o raio da catraca, f’ a 
frequência da catraca e R o raio da roda. 
Por estar no mesmo eixo, f’ é também a 
frequência da roda. Assim, a velocidade da 
bicicleta é dada por: v = 2 f’  R. Ou seja, 
para que a velocidade seja máxima, f’ deve 
ser máxima. E f’ pode ser encontrada a 
partir da transmissão de MCU por contato 
da corrente: 
f  Rco = f’  Rcat  f’ = 
cat
co
R
Rf 
. Assim para f 
constante, quanto maior for Rco em relação 
à Rcat, maior f’ e, consequentemente, a 
velocidade da bicicleta. 
 
Alternativa B 
 
Questão 93 
 
A capilaridade decorre da interação, 
principalmente de natureza elétrica, entre o 
líquido e o material que compõe o tubo. Se 
realizam interações atrativas, o líquido se 
desloca com facilidade pelo capilar. 
 
Alternativa A 
 
Questão 94 
 
O uso de lenha e carvão vegetal é 
prejudicial à saúde, quando utilizados de 
maneira inadequada, pois a combustão 
incompleta desses materiais pode liberar 
monóxido de carbono (CO). O CO é um 
gás altamente tóxico por ter o potencial de 
competir com o gás oxigênio pelo mesmo 
sítio de ligação da hemoglobina, afetando 
assim a oxigenação dos tecidos. 
 
Alternativa C 
 
 
 
 
 
 
Questão 95 
 
Aqueles corredores na parte mais externa 
percorrem uma maior distância nas curvas, 
pois estão posicionados em uma trajetória 
de maior raio. Assim, para que a distância 
total de prova seja a mesma para todos, 
eles devem percorrer uma distância menor 
nas partes retas. 
 
Alternativa C 
 
Questão 96 
 
O ácido cítrico é uma substância orgânica 
composta por três grupos carboxila, capaz 
de sofrer desprotonação e de formar 
ligações de hidrogênio com a água. 
 
Alternativa B 
 
Questão 97 
 
A espessa camada de petróleo pode 
dificultar a entrada de luminosidade no 
corpo d’água, e consequentemente 
reduzir a produtividade primária e 
oxigenação do ambiente. A queda de 
oxigênio dissolvido afeta a comunidade 
aeróbica que acaba morrendo, 
aumentando, assim, a biomassa 
disponível para os decompositores 
anaeróbicos. Desta forma, a ciclagem 
de nutrientes, torna-se maior. 
 
Alternativa B 
 
Questão 98 
 
A força de atrito é a resultante centrípeta 
que faz o carro permanecer na trajetória 
circular. À medida que essa força diminui 
devido à presença do óleo, a resultante no 
carro tende a ser zero, fazendo com que 
ele prossiga em MRU (1ª Lei de Newton). 
 
Alternativa D 
 
Questão 99 
 
Abaixamento Crioscópico é a propriedade 
coligativa que indica a diminuição de ponto 
de congelamento de um líquido, provocado 
pela adição de um soluto não-volátil que 
diminui a pressão de vapor do líquido. 
 
Alternativa C 
 
 
 
4 
Questão 100 
 
O DNA mitocondrial é transmitido apenas 
por meio do óvulo para filhos e filhas. Além 
disso, não sofre recombinações intensas e 
é transmitido e em bloco às gerações 
seguintes. Ele favorece assim a 
investigação evolutiva sobre uma espécie 
pois sua integridade genética é mantida ao 
longo das gerações. 
 
Alternativa A 
 
Questão 101 
 
Na situação inicial, temos: 
 
 
 
Fat =   N = 0,7  10000 = 7.000 N 
 
F = 
2
Fat = 3.500 N 
 
Na rampa: 
 
 
 
N = PY = P  cos45º = 10000  0,7 = 7.000 
 
Fat =   N = 0,5  70000 = 3.500 N 
 
F’ = Fat + Px = 3500 + 7000 = 10.500 N 
 
Mas os 2 amigos já faziam 7.000N de 
força, o motorista contribui com mais 
3.500N, o mesmo valor de cada um deles. 
 
Alternativa B 
 
Questão 102 
 
O carbono 2 apresenta quatro ligantes 
diferentes, portanto, é quiral. O que 
configura isomeria óptica. 
 
Alternativa D 
 
Questão 103 
 
Vacúolo e cloroplastos, estruturas 
características de células vegetais. 
 
Alternativa E 
 
Questão 104 
 
A força elástica máxima que a faixa verde 
pode oferecer é: Fat = k  x = 300  0,6 = 
180 N, o que não é capaz de simular o 
mesmo peso do exercício, que era de 
200N. 
 
A faixa vermelha para oferecer a força de 
200N, estará distendida de Fel = k  x  
200 = 1500  x  x = 0.13 m, logo 
insuficiente pela mobilidade do exercício. 
 
Assim, somente a faixa amarela atende os 
requisitos: Felmax = k  x = 600  0,4 = 240 N 
 
E para 200N: Fel = k  x  200 = 600  x  
x = 0.33 m 
 
Alternativa B 
 
Questão 105 
 
24 quilates = 99,99 % de pureza (m/m) 
18 quilates = 75 % de pureza (m/m) 
 
m ouro / m jóia = 75 % 
 
n átomos = (m jóia75%) / mm ouro = (30 g75%) 
 
197 g _________ 6  1023 átomos 
 
30  0,75 g _______ x 
 
x = 6,8  1022 átomos 
 
Alternativa B 
 
Questão 106 
 
Apesar de serem fenotipicamente 
diferentes, o genoma desses animais não 
sofreu alterações ao ponto de impedir a 
viabilidade de descendentes férteis, 
possibilitando a manutenção do fluxo 
gênico. Desta forma, apesar de existirem 
diferenças, essas raças pertencem à 
mesma espécie. 
 
Alternativa E 
 
 
 
 
 
5 
Questão 107 
 
Robson exerce uma força com os dedos 
sobre a superfície. Em qualquer contato 
com uma superfície, há a força normal, de 
contato entre a superfície e o corpo. Essa 
força é o par, reação da força exercida e 
ela está atuando nos dedos de Robson, 
permitindo assim que ele sinta a superfície 
pelo tato. 
 
Alternativa E 
 
Questão 108 
 
A molécula contém um grupo ácido (ácido 
carboxílico) e um grupo básico (amina). 
 
Alternativa B 
 
Questão 109 
 
O núcleo coordena/comanda todas as 
funções celulares através da síntese 
proteica. 
 
Alternativa C 
 
Questão 110 
 
Ao passar pela atmosfera, a luz branca 
solar sofre uma dispersão (espalhamento) 
em que a luz mais avermelhada consegue 
percorrer maiores distancias. Essa luz 
então ao incidir sobre uma superfície (ou a 
lua ou um objeto no pôr do sol) reflete e 
chega aos nossos olhos, fazendo a 
superfície aparentar-se avermelhada. 
 
Alternativa D 
 
Questão 111 
 
O antraceno trata-se de um hidrocarboneto, 
pois é composto apenas por átomos de 
carbono e hidrogênio. É formado pela 
condensação de 3 benzenos e é aromático. 
 
Alternativa B 
 
Questão 112 
 
Ao final do processo de meiose, telófase II, 
as células-filhas são haploides, ou seja, 
tem metade do material genético que a 
célula-mãe. 
 
Alternativa B 
 
 
Questão 113 
 
Respeitando a distância de cada parte do 
objeto em linha reta, na direção da 
superfície do espelho, forma-se a imagem 
abaixo. 
 
 
Alternativa C 
 
Questão 114 
 
Trata-se de uma reação de dupla troca, já 
que da mistura das duas soluções formou-
se um ácido fraco (H2S) que precipita, se 
separando da solução. 
 
Alternativa C 
 
Questão 115 
 
A energia armazenada em organismos 
fotossintetizantes e consumidores 
presentes na cadeia alimentar provém, 
essencialmente, do processo de 
fotossíntese. 
 
Alternativa A 
 
Questão 116 
 
Como o interior da loja não tem luz própria, 
ele necessita da luz da rua para ser 
transmitida, refletida e transmitida 
novamente aos olhos de Amanda, para 
assim ela poder enxergar a loja. Enquanto 
a isso, a luz que se reflete na vitrine chega 
diretamente aos olhos dela. Dessa forma, a 
quantidade de luz refletida é maior, logo ela 
vê mais o próprio reflexo que o interior da 
loja. 
 
Alternativa A 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
6 
Questão 117 
 
1 CaCO3(s)  
Cº900 1CaC(s) + 1 CO2(g) 
 
Calcularemos a pressão, temperatura e 
utilizaremos 1 L de CO2(g): 
 
P = 380 mmHg (1 atm/760 mmHg) = 0,5 atm 
 
T = (273 + 900) K = 1173 K 
 
PV = nRT  n = 
1173082,0
15,0


  
 
n = 0,005 mol de CO2 
 
A proporção de CaCO3 (s) e CO2 (g) é 1 para 
1, logo teremos 0,005 mol de CaCO3 (s). A 
massa de CaCO3 (s) será: 
 
3CaCO
m = 
mol1
g100
  0,005 mol = 0,5 g 
 
A massa da amostra é de 2 gramas, logo a 
pureza será: 
 
p = 
2
5,0
  100 = 25% 
 
Alternativa D 
 
Questão 118 
 
A incineração contribui para a poluição do 
ar principalmente em razão da liberação de 
monóxido e dióxido de carbono. A 
reciclagem,ao reduzir o descarte de 
resíduos sólidos, aumenta a vida útil de 
lixões e aterros. A esquistossomose é uma 
doença relacionada a lagoas contaminadas 
com o caramujo hospedeiro do parasita 
Schistosoma mansoni; não há relação com 
acúmulo de lixo. O emprego do metano 
como combustível domiciliar não contribui 
para aumentar a emissão deste gás para a 
atmosfera. 
 
Alternativa A 
 
Questão 119 
 
A região de aquecimento corresponde ao 
foco do espelho côncavo, onde os raios 
luminosos se encontram. Considerando a 
espessura desprezível, a distância focal 
então é a mesma para a outra face: 15 cm. 
Como o primeiro espelho é do tipo 
convexo, seu foco é virtual. 
 
Alternativa E 
Questão 120 
 
A maior parte dos cátions que ela contém 
pertencem a grupo 2 da tabela periódica 
que se trata da família dos metais alcalinos 
terrosos. Esses metais estão na forma de 
cátions na água mineral. 
 
n flúor = [V.C/mm] 6  1023 mol-1 = [(500 mL  
0,11 mg/L)/19 g/mol ]  6  1023 mol-1 = 1,7  1018 
 
Alternativa E 
 
Questão 121 
 
Os tentáculos de lula não apresentam 
estruturas calcificadas em seus 
tentáculos, apresentando depósitos de 
cálcio apenas no interior celular. 
 
Alternativa E 
 
Questão 122 
 
O índice de refração varia de acordo com a 
cor, assim ao entrar na gota d’água a luz se 
separa. A reflexão total só é possível 
quando a luz tenta passar de um meio mais 
refringente para outro menos refringente. 
 
Alternativa B 
 
Questão 123 
 
Rendimento = n CO2 formado/n CO2 
previsto 
 
n CO2 previsto = n CO total = m CO / mm 
CO = 93,8 g / 28 g/mol = 3,35 mol 
 
n CO2 formado = m CO2 / mm CO2 = 
98,12 g / 44 g/mol = 2,23 mol 
 
Rendimento = 2,23 mol / 3,35 mol = 0,66 = 66% 
 
Alternativa A 
 
Questão 124 
 
A entomofilia é um tipo de polinização 
característico de angiospermas. 
 
Alternativa E 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
7 
Questão 125 
 
Na primeira situação a luz das letras é 
transmitida até os olhos de Rafael, logo 
ouve refração e ampliação: a gota se 
comporta como lente convergente. Na 
segunda situação há reflexo e imagem 
reduzida, logo a gota se comporta como 
um espelho convexo. 
 
Alternativa A 
 
Questão 126 
 
m (alíquota) = 10 mL100 mg/mL = 1000 mg 
 
c (diluída) = m (alíquota)/v (total) = 50 mg/mL 
 
v (total) = v (alíquota) + v (água deionizada) 
 
Assim: 
 
 m (alíquota)/v (alíquota) + v (água 
deionizada) = 50 mg/mL 
 
1000 mg / 10 mL + v (água deionizada) = 
50 mg/mL 
 
v (água deionizada) = 10 mL 
 
A função que lhe confere caráter básico é o 
grupo amina. O nitrogênio possui um par 
de elétrons isolado que pode ser 
protonado. 
 
Alternativa B 
 
Questão 127 
 
I – platelminto – Taenia solium e Taenia 
saginata são responsáveis pela teníase 
humana; II – mamífero – hospedeiros 
intermediários de Taenia solium são os 
suínos e os de T. saginata são os bovinos; 
III – a teníase é contraída pela ingestão de 
carne contaminada com cisticercos. 
 
Alternativa E 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 128 
 
Entre 6 k || 3 k  2 k, que por sua vez 
está em série com 7 k, gerando 2 + 7 = 9 
k. Esse de 9 k está em paralelo com o 
de 1 k, logo: Req = 9  
19
1

 = 0,9 k 
Finalmente, esse está em série com o de 
5,1 k, resultando em 5,1 + 0,9 = 6 k. 
Essa resistência equivalente final está em 
paralelo com o reostato. Para que entre A e 
B tenhamos 5 k: 
5
1
 = 
R
1
 + 
6
1
  
R = 30 kou 0,03 M 
 
Alternativa C 
 
Questão 129 
 
Porque elementos de um mesmo período 
contém elétrons de valência em uma 
mesma camada, porém com um aumento 
crescente da quantidade de prótons. 
Considerando apenas as forças 
eletrostáticas, a carga nuclear efetiva 
aumenta, contraindo o raio das camadas 
eletrônicas. 
 
Alternativa C 
 
Questão 130 
 
Dada a necessidade de a criança ter tipo 
sanguíneo O E ter o sexo feminino, o casal 
jamais terá uma criança com tais 
características. Isso ocorre devido ao tipo 
sanguíneo do pai ser AB, sendo assim ele 
não é portador do alelo i, necessário para que 
seja expressado o fenótipo sanguíneo O. 
 
Alternativa A 
 
Questão 131 
 
Vrms = 
2
Vmax  220 = 
2
Vmax , usando 
2 = 1,41, temos Vmax = 310,2 V 
Um voltímetro tem elevada resistência 
interna, portanto, pela lei de Ohm i = 
R
V
. 
Se R for muito grande, a corrente passando 
pelo aparelho será desprezível, garantindo 
que não haja choque elétrico. 
 
Alternativa D 
 
 
 
8 
Questão 132 
 
O isopreno por se tratar de um 
hidrocarboneto é apolar e realiza interações 
do tipo dipolo induzido, conferindo-lhe uma 
baixa temperatura de ebulição. 
 
Alternativa D 
 
Questão 133 
 
De acordo com a distribuição das 
características nesta família, é possível 
afirmar que o albinismo segue herança 
autossômica recessiva, e o daltonismo, 
herança ligada ao X recessiva. A 
probabilidade de o casal ter um filho albino 
e daltônico é de 1/8, ou 12,5%. Os pais são 
heterozigotos para o gene do albinismo, 
mas, para o daltonismo, o pai é hemizigoto. 
Os filhos normais poderão ser 
heterozigotos ou homozigotos dominantes. 
 
Alternativa D 
 
Questão 134 
 
Pelos valores nominais, calcula-se a 
resistência de cada aparelho: P = 
R
V2
. 
 
Assim, Rmaq = 11 , RTV = 55 , Rforno = 11 , 
Rgel = 
3
110
 , Rchuv = 
3
22
  
 
Rmaq || RTV || Rforno  
R
1
 = 
11
1
 + 
11
1
 + 
55
1
 
 R = 5 
 
5 + 
3
110
 = 
3
125
  (5Ω em série com a 
geladeira) 
 
Por fim 
3
125
 || Rchuv  Req = 
soma
produto
  
Req = (125  22)  (3  147) (o valor deixado 
indicado facilita os cálculos) 
 
Calculando agora a corrente que passa pelo 
disjuntor: V = R i  110 = (125  22/3  147)  i 
 i  17,6 A 
 
Assim, para que o disjuntor tenha 
desarmado, ele deve suportar um valor de 
corrente menor que 17,6 A. 
 
Alternativa B 
Questão 135 
 
Devemos relacionar a concentração em 
ppm: 0,2905 g/L 
 
Em um litro de água temos 1000 ml 
(1000cm³). Como a densidade da água é 
de 1g/cm³ teremos 1000g de água. 
 
Relação: 
 
0,2905  10-6 g _____ 1000 g 
x _______________ 106 g (1 milhão) 
 
x = 0,2905  10-3 g em 106 g ou 0,2905  10-3 ppm. 
 
Alternativa E 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9 
Questão 136 
 
Cada turma jogou 10 jogos, portanto, se 
ganhasse todos os jogos, o máximo de 
pontos possíveis para uma turma seria 30 
pontos. Assim, pode-se calcular: 
24 8
Aproveitamento 80%
30 10
   
 
Alternativa D 
 
Questão 137 
 
Se C é a quantia que o cliente possui 
inicialmente para a compra, então 
2
((C 500) 1,01 500) 1,01 500
(C 500) 1,01 1005
C 500 985,20
C R$ 1.485,20.
     
   
  
 
 
 
Alternativa A 
 
Questão 138 
 
 
 
No triângulo ADB, temos: 
x 30 60 x 30 D 3mB       
No triângulo BDC, temos: 
h
BDC sen60 h 3 sen60
3
3
h 3 1,5m
2
       
   
 
 
Resposta: 1,5m. 
 
Alternativa B 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 139 
 
Desde que a reta OP

 corresponde ao gráfico 
da função definida por g(x) x, temos 
2
2
f(x) g(x) x 14x 40 x
x 13x 40 0
x 5 ou x 8.
     
   
  
 
 
Logo, é fácil ver que Px 5 e, assim, vem 
P
2
f(x ) f(5)
5 14 5 40
5km.

    

 
 
Ademais, a ordenada do ponto V é igual a 
2
V
14 4 ( 1) ( 40)
y 9km.
4 ( 1)
    
  
 
 
 
Em consequência, a resposta é 
V Py y 9 5 4km.    
 
Alternativa D 
 
Questão 140 
 
Seja f a parte fixa do salário de Andressa. 
Logo, para o mês de Janeiro, temos 
    1179 0,02 9450 f f R$ 990,00. 
 
Se v é o valor das vendas de Andressa em 
fevereiro, então 
    1215 0,02 v 990 v R$ 11.250,00. 
 
Portanto, segue que v ]11220,11260[. 
 
Alternativa E 
 
Questão 141 
 
De acordo com os dados, podemos elaborar 
a seguinte tabela: 
 
x h(x) 
0 (2013) 20,7 
6 (2019) 17,7 
 
Determinando a lei de formação h(x), temos: 
17,7 20,7
a 0,5
h(x) a x b 6 0
b 20,7

  
   

 
 
Logo, 
h(x) 0,5 x 20,7    
 
Alternativa D 
 
 
 
10 
Questão 142 
 
Note o quadrilátero PQRS da seguinte 
forma: 
 
 
 
Aplicando o Teorema de Pitágorasno 
triângulo PQQ' temos: 
2 2 2
2 2 2
2
hip cat cat
240 24 x
x 57024
x 238,8
 
 


 
 
Note que as circunferências possuem os 
seguintes comprimentos: 
PS 1
QR 2
C 2 R 2 3 80 480cm
C 2 R 2 3 56 336cm
π
π
    
    
 
 
Logo, o valor procurado é maior que o 
módulo da diferença entre os comprimentos 
das circunferências de raios PS e QR. 
Observe que: 480 336 144.  
 
Alternativa D 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 143 
 
Analisando o problema temos a seguinte 
situação formando dois triângulos: 
 
 
 
Aplicando a lei da tangente sobre o ângulo 
de 45 , temos: 
cateto oposto h
tg(45 ) 1 h x
cateto adjacente x
      
 
Aplicando a lei da tangente sobre o ângulo 
de 30 temos: 
cateto oposto
tg(30 )
cateto adjacente
3 h 3 x
3 60 x 3 60 x
(60 x) 3 3x 60 3 x 3 3x
60 (1,73) 1,73x 3x
103,8 1,27x
x 82 h 82 m
  
   
 
     
  

  
 
 
Alternativa A 
 
Questão 144 
 
O custo para cercar os lados paralelos ao 
terreno é igual a 2x 4 8x,  enquanto que 
para cercar os outros lados o custo é 
2y 2 4y.  Portanto, segue que 
8x 4y 7500 4(2x y) 7500.     
 
Alternativa A 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
11 
Questão 145 
 
Para montar mais um conjunto de dois 
polígonos um padrão de 11 palitos é usado. 
 
 
 
Assim, o número de palitos restantes será 
igual a: 
225 11 20,4545454545
0,4545454545 11 5
 
 
 
 
Porém, para o último conjunto do padrão de 
11 palitos ficar completo, são necessários 
mais dois palitos, logo restarão 3 palitos. 
 
Alternativa C 
 
Questão 146 
 
Calculando: 
 
Cidade 
Número 
total de 
habitantes 
Número 
total de 
médicos 
Razão 
hab/médico 
M 136.000 340 
136000
400
340
 
X 418.000 2.650 
418000
157,74
2650
 
Y 210.000 930 
210000
225,80
930
 
Z 530.000 1.983 
530000
267,27
1983
 
W 108.000 300 
108000
360
300
 
Total 1.402.000 6.203 
1402000
226,02
6203
 
 
Alternativa E 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 147 
 
Calculando: 
3 2
24 20 18 2
12 10 9 2
6 5 9 2
3 5 9 3 MMC 2 3 5 360
1 5 3 3
1 5 1 5
1 1 1
A 360 20 18 temporadas
B 360 24 15 temporadas
C 360 18 20 temporadas





      





  
   
  
 
Alternativa D 
 
Questão 148 
 
É necessário primeiro calcular a área da 
superfície das paredes a ser revestida, 
descontando-se a área da porta e também a 
superfície do piso a ser revestida. Assim, 
pode-se escrever: 
   paredes
2
paredes
2
piso piso
S 4 3 2 5 3 2 2 1
S 52 m
S 5 4 S 20 m
        
 
   
 
 
Assim, a despesa total com cada fornecedor 
seria: 
 
Fornecedor 
Azulejo 
(R$/m2) 
Lajota 
(R$/m2) 
Despesa 
total 
A 31,00 31,00 
5231 + 
2031 = 
2232 
B 33,00 30,00 
5233 + 
2030 = 
2316 
C 29,00 39,00 
5229 + 
2039 = 
2288 
D 30,00 33,00 
5230 + 
2033 = 
2220 
E 40,00 29,00 
5240 + 
2029 = 
2660 
 
 
Portanto, o fornecedor mais barato será o 
[D]. 
 
Alternativa D 
 
 
 
 
 
12 
Questão 149 
 
Na loja A, o total a ser desembolsado é 
(28500 13500) 1,18 R$ 17.700,00.   
 
Na loja B, ele desembolsará 
(27000 13000) 1,2 R$ 16.800,00.   
 
Já na loja C, a despesa ficará em 
(26500 12000) 1,19 R$ 17.255,00.   
 
Portanto, a resposta é R$ 16.800,00. 
 
Alternativa C 
 
Questão 150 
 
Seja i a taxa da aplicação de Lucimara e t o 
tempo da aplicação de Lucimara, temos: 
 tx i t y 3i x 1,5 y2      . 
 
Como 
x y 516 1,5y y 516
y 206,40 e x 309,60
     
  
. 
 
Fazendo x – y, temos: 
309,60 206,40 103,20  . 
 
Alternativa A 
 
Questão 151 
 
Calculando: 
 
 
6,18 6a b 18
60, 36 60a b 36
6a b 18 1
54a 18 a b 16
60a b 36 3
1
y x 16
3
  
  
 
       
 
 
 
y  temperatura em °C 
x  temperatura em °O 
1 1
100 x 16 x 84 x 252 O
3 3
       
 
Alternativa E 
 
 
 
 
 
 
Questão 152 
 
O tempo necessário, em dias, para que a 
planta atinja 30 centímetros de altura é dado 
por 
6
230 5 log (t 1) 2 t 1
t 63.
     
 
 
 
Por outro lado, o tempo para que ela atinja 
40 centímetros é, em dias, igual a 
8
240 5 log (t 1) 2 t 1
t 255.
     
 
 
 
A resposta é 255 – 63 = 192. 
 
Alternativa D 
 
 Questão 153 
 
 
 
Calculando: 
2 2 2
2
2
(2,26) x (2,24)
x 5,1076 5,0176
x 0,09 x 0,3 m 30 cm
  
   
    
 
 
Alternativa E 
 
Questão 154 
 
Considerando n o número de voltas da 
engrenagem A e 2 4 8π π   a distância 
percorrida por um de seus pontos quando 
esta engrenagem executa uma volta, temos: 
3600
n 8 3600 n n 150
8
π
π
      
 
Alternativa A 
 
 
 
 
 
 
 
13 
Questão 155 
 
Tem-se que os custos são, respectivamente, 
 


 





12 4
,
30 12 15
8
9 4 1
,
32 9 16 4
8
10 1
,
40 10 5
8
11 1
44 8 4
8
 
 
e 
 


12 1
.
48 8 4
8
 
 
Por conseguinte, como   
1 1 4 4
,
5 4 16 15
 
podemos afirmar que a pessoa comprará a 
bateria III. 
 
Alternativa C 
 
Questão 156 
 
Quantidade de gasolina pura retirada no 
início: x litros. 
Após colocar x litros de álcool, passou-se a 
ter uma mistura de 1000 litros, na qual, x 
litros eram de álcool e 1000 x eram de 
gasolina pura, logo, para cada 1000 litros de 
mistura, x litros eram de álcool, ou seja, 
para cada 100 litros de mistura, 
x
10
litros 
eram de álcool. 
Dessa forma, ao fim das duas retiradas, 
segue que: 
x
x 100 370
10
9x
270
10
x 300
  


 
 
Então, a quantidade de gasolina retirada 
inicialmente, foi 300 litros. 
 
Alternativa C 
Questão 157 
 
Seja 2Q(t) at bt c   a função quadrática 
cujos coeficientes queremos determinar. 
Sabendo que Q(0) 1, vem c 1. Ademais, 
tomando Q(1) 4 e Q(2) 6 encontramos 
 
2
2
a 1 b 1 1 4 a b 3
4a 2b 5a 2 b 2 1 6
1
a
2 .
7
b
2
      

     
 


 
 
A resposta é 
21 7Q(3) 3 3 1
2 2
7.
     

 
 
Alternativa B 
 
Questão 158 
 
Sabendo que a receita é valor arrecadado 
com a venda de certa quantidade de 
produtos e sabendo que p(x) é o preço e x 
a quantidade temos: 
2receita x p(x) x(400 x) x 400x       
 
Para obter a receita máxima basta 
aplicarmos a formula do vértice na equação 
acima onde a primeira entrada será a 
quantidade de peças e a segunda a receita 
máxima. Logo temos: 
 
 
2b b (b 4ac)
V ; ;
2a 4a 2a 4a
400 160000
; 200;40000
2 4
Δ                
      
 
 
Receita máxima: R$ 40.000,00. 
 
Alternativa D 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
14 
Questão 159 
 
De acordo com o problema, temos: 
Gastos com Yasmim: 
129,90 39,90 135,00 R$ 304,80   
Gastos com Pedro: 
89,00 59,90 135,00 R$ 283,90   
Logo, a diferença pedida será de: 
304,80 283,90 R$ 20,90.  
 
Alternativa B 
 
Questão 160 
 
Seja C a parte financiada pelo fabricante. 
 
Desde que i 2% 0,02 a.m.  e n 10 
meses, temos 
 
208800
208800 C (1 0,02 10) C
1,2
C R$ 174.000,00.
     
 
 
 
Alternativa D 
 
Questão 161 
 
 
 
6
AB 2 cm MB 1cm
3
    
 
A área da coroa circular assinalada será 
dada por: 
2 2A (R r )π   
 
No triângulo DMB, temos: 
2 2 2 2R r 1 R r 1     
 
Portanto: 2A (1) cm .π π   
 
Alternativa E 
 
Questão 162 
 
Se a altura do retângulo é 1,5 x, então a 
resposta é 
2
21 xA x 1,5x 1,5 x .
2 2 8
π
π
            
   
 
 
Alternativa D 
 
Questão 163 
 
Seja t o tempo gasto, em segundos, pelo 
primeiro corredor para percorrer 400 metros. 
Assim, de acordo com as informações, os 
tempos dos outros corredores são: 
t 15, t 20  e 
3t
.
4
 Daí, vem 
3t 15t
t t 15 t 20 325 360
4 4
t 96.
       
 
 
 
Portanto, a resposta é 
3
96 72 s.
4
  
 
Alternativa D 
 
Questão 164 
 
Seja n o número de academias participantes. 
Logo, se 7n 20 atletas passaram para a 
segunda fase, então passaram 
7n 20
3

 
atletas para a terceira fase. 
Portanto, temos 
7n 20
26 7n 98
3
n 14.

  
 
 
 
Em consequência, se e é o númerode 
academias estaduais, então 
e
2e e 14 e 4
2
     
 
e, assim, podemos afirmar que o número de 
competidores enviados pelas academias 
estaduais foi 7 4 28.  
 
Alternativa C 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
15 
Questão 165 
 
Pelo gráfico pode-se concluir que o salário 
inicial fixo do vendedor é de R$800 e que se 
este vender R$20.000 em produtos 
receberá um aumento de R$ 400 no salário. 
Logo, pode-se concluir que sua comissão é 
de 2% sobre o valor das vendas 
(400 20.000 0,02 2%).   
 
Alternativa A 
 
Questão 166 
 
0,8 t
0,8 t
0,8 t
0,8t
0,8t 2
T 160 2 25
65 160 2 25
40 160 2
2 1 4
2 2
0,8 t 2
t 2,5 minutos
 
 
 

 
  
  
 


   

 
 
Alternativa E 
 
Questão 167 
 
Supondo que A, B e C pertencem a um 
mesmo plano horizontal, temos 
 
AB 8 30 240cm,   
BC 6 30 180cm   
e 
CD (8 6) 20 280cm.    
 
Aplicando o Teorema de Pitágoras no 
triângulo retângulo ABC, encontramos 
 
 
2 2 2 2 2 2AC AB BC AC 240 180
AC 300cm.
    
 
 
 
Portanto, do triângulo retângulo ACD, vem 
 
CD 280 14
tgCÂD .
300 15AC
   
 
Alternativa B 
 
 
 
 
Questão 168 
 
 
 
A1 = (b.h)/2 
A2 = (b + 2b) . h/2 = (3bh)/2 
A3 = (2b + 3b) . h/2 = (5bh)/2 
A4 = (3b + 4b) . h/2 = (7bh)/2 
 
Portanto, a alternativa correta é a [A], sete 
terços da área do grupo com predominância 
de proteínas. 
 
Alternativa A 
 
Questão 169 
 
x  número de clubes 
y  número de jogos 
 
Sabemos que cada clube jogará uma única 
vez em casa, com cada um dos x – 1 clubes 
restantes, portanto: 
 
2
y x x 1
y x x
  
 
 
 
Alternativa C 
 
Questão 170 
 
Existem 5 maneiras de colocar o primeiro 
tudo, 4 modos de colocar o segundo tubo e 3 
maneiras de colocar o terceiro tubo. Logo, 
desconsiderando qualquer restrição, pelo 
Princípio Multiplicativo, temos 5 4 3 60   
modos de colocar os tubos. 
Por outro lado, existem 2 maneiras de 
colocar o tubo A em uma das extremidades, 
4 modos de colocar o segundo tubo e 3 
maneiras de colocar o terceiro tubo. 
Portanto, novamente pelo Princípio 
Multiplicativo, temos 2 4 3 24   modos de 
dispor os tubos, de tal sorte que A ocupe 
uma das extremidades. 
A resposta é 60 24 36.  
 
Alternativa C 
 
 
 
16 
Questão 171 
 
Considere a figura. 
 
 
 
Seja E o ponto de OP tal que AE  BP. 
Ademais, sendo AC BC, podemos concluir 
que o triângulo ABC é isósceles de base 
AB. Daí, como AB || OP, temos 
180 120ˆ ˆ ˆ ˆABC BAC BPE AEO 30 .
2
  
     
 
Pela Lei dos Senos, vem 
AC AB 8 AB
ˆ ˆ sen30 sen120senABC senACB
AB 8 3 cm.
  
 
 
 
 
Adicionalmente, do triângulo AEO, 
encontramos 
 AO 5tgAEO EO
tg30EO
EO 5 3 cm.
  

 
 
 
Em consequência, sendo AB EP, podemos 
afirmar que a resposta é 
EP EO 8 3 5 3 13 3 cm.    
 
Alternativa E 
 
Questão 172 
 
2 h 120 min.
1h20 80 min.
mmc(120, 80) 240.
23h 6h 17h 1020min.
1020
4,25
240



  

 
 
Portanto num período de 17h as vans das 
classes A e B partirão juntos 4 vezes. 
Como estas vans partiram juntas às 6 da 
manhã pela primeira vez, o total de vezes 
partiram juntas neste dia será: 
4 + 1 = 5 
 
Alternativa A 
 
Questão 173 
 
Sendo x a quantia que as moedas totalizam, 
temos: 
 
1 1 1
x 72 1 72 0,5 0,25
8 6 4
1 1 1
1 0,1
8 6 4
x 9 6 4,5 3,3
x 22,80 reais
        
        
  
   

 
 
Alternativa B 
 
Questão 174 
 
Sejam , p e r, respectivamente, o número de 
passagens vendidas para Leonardo, Pablo e 
Renoir. Logo, tem-se que 
p 2( r)
p 2(78 p)
r 2 2r 4
2
r 78 p
p r 78
p 52
2r 4
r 26
p 52
r 10 .
16
         
       

  
  

 
 








 
 
A resposta é p r 52 10 62.    
 
Alternativa D 
 
Questão 175 
 
O mosaico que possui as características 
daquele que se pretende construir é o 2. De 
fato, pois os triângulos 30 , 60 , 90   são 
congruentes e o triângulo 30 , 30 ,120   é 
isósceles. 
No mosaico 1, o triângulo 30 , 30 ,120   é 
isósceles, mas os triângulos 30 , 60 , 90   
não são congruentes. 
No mosaico 3, os triângulos 22 , 68 , 90   
são congruentes, mas o triângulo 
44 , 46 , 90   não é isósceles. 
Nos mosaicos 4 e 5 não é possível formar 
um triângulo retângulo com as três peças. 
 
Alternativa D 
 
 
 
17 
Questão 176 
 
Vamos, inicialmente, dividir a área ocupada 
pelas pessoas em retângulos. 
 
 
 
A área A ocupada pelas pessoas será a 
soma das áreas dos retângulos: 
 
1 2 3 4A A A A A
A 15 0,5 40 1 40 1,2 0,8 25
A 7,5 40 48 20
A 115,5
   
       
   

 
 
Como haviam duas pessoas por metro 
quadrado, o número n de pessoas presentes 
no desfile foi de: 
n 115,5 2 231.   
 
Alternativa D 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 177 
 
No diagrama abaixo iremos considerar que: 
A: Anatomia 
B: Fisiologia 
 
 
 
60
n(A) 40 24
100
30
n(B) 40 12
100
30
n(A B) 40 12
100
n(A B) x
  
  
   
 
 
 
Temos, então, a seguinte equação: 
24 x x 12 x 12 40
x 48 40
x 8
     
  

 
 
Portanto, o número de aprovados apenas na 
disciplina de Anatomia é: 24 8 16.  
 
Alternativa E 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
18 
Questão 178 
 
Considere o diagrama abaixo. 
 
 
 
De acordo com as informações do 
enunciado, segue que 
 
x 80 (20 15 36) x 9
y 85 (20 15 30) y 20.
z 65 (20 30 x) z 6
    
     
    
 
 
Portanto, 
 
2T
80 30 20 6 T 204.
3
      
 
Alternativa C 
 
Questão 179 
 
Equacionando as informações dadas no 
enunciado, tem-se: 
 
Paulo André Paulo André 120 1
600 360 960 960 8
Paulo 1
Paulo 75 euros
600 8
André 1
André 45 euros
360 8

   
  
  
 
 
Paulo, portanto, recebeu 30 euros a mais 
que André (75 45 30).  
 
Alternativa C 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 180 
 
A porcentagem correspondente ao número 
de votos válidos é igual a 
20,3 15,5 32,2 2 70%.    
 
Logo, como 50% dos votos válidos 
corresponde a 35%, sabemos que não 
houve candidato eleito no primeiro turno. 
Ademais, os candidatos A e C irão disputar 
o segundo turno, pois obtiveram, 
respectivamente, 
20,3
100% 29%
70
  e 
32,2
100% 46%
70
  dos votos válidos no 
primeiro turno. 
 
Alternativa C