Resolucoes_Modulo de Matematica - 2019

Prévia do material em texto

Prof. Jorge Júnior 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÕES 
MÓDULO DE MATEMÁTICA 
CONJUNTOS NUMÉRICOS 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
B C E A E C E D D C 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
A E E C E D C D E E 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
C A E C D D B C C E 
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 
A E C E C D B A D B 
41 42 43 44 
A D B D 
1. Considere a tabela, em que estão representadas as vendas 
na última semana. 
 S T Q Q S S D Total 
Refrigerante 4 4 5 8 8 8 7 44 
Caldo 3 1 2 4 7 7 4 28 
Total 7 5 7 12 15 15 11 72 
 
Portanto, as vendas de pastéis totalizarão 72 unidades 
na próxima semana. Ademais, como ele vendeu 
2 4 4 7 8 10 10 45+ + + + + + = pastéis na última 
semana, segue que a resposta é 72 45 27.− = 
 
2. O tempo gasto com as digitações foi igual a ⋅ =30 4 120 
segundos. Ademais, como ele errou as três primeiras 
tentativas, teve que esperar + + =60 120 240 420 
segundos. Portanto, a resposta é + =120 420 540 
segundos. 
 
3. Sendo 7,55 6,8 0,75− = e 9 6 3 75% 0,75,
12 8 4
= = = = 
podemos concluir que ele derrubou no máximo 6 
garrafas. De fato, ele derrubou, no máximo, a garrafa de 
valor 6,8 e 5 garrafas de valor equivalente a 0,75. 
 
4. O gasto diário, em cada um dos países, em reais, segundo 
a ordem em que aparecem na tabela, é igual a: 
3,14 315 989,10;⋅ = 2,78 390 1.084,20;⋅ = 
2,14 400 856,00;⋅ = 2,1 410 861,00⋅ = e 
4,24 290 1.229,60.⋅ = 
Em consequência, a resposta é Austrália. 
5. Observe que os códigos se repetem de 8 em 8. Logo, 
sendo 2015 251 8 7,= ⋅ + podemos concluir que a 
resposta é 3, ou seja, caixa de direção. 
 
6. A resposta é dada por 
30 (60 30) (120 30) (240 30) 540 s.+ + + + + + = 
 
7. Segue que a duração de uma mínima corresponde a 
1
2
 da duração de uma semibreve, uma semínima 
corresponde a 1
2
 da duração de uma mínima, ou seja, 
1 1 1
2 2 4
⋅ = da duração de uma semibreve, uma colcheia 
corresponde a 1
2
 da duração de uma semínima, isto é, 
1 1 1 1
2 2 2 8
⋅ ⋅ = da duração de uma semibreve, e assim 
sucessivamente, até 1 .
64
 
A resposta é 1 1 1 1 1 1, , , , , .
2 4 8 16 32 64
 
 
8. Sejam t, s e e, respectivamente, o preço de uma 
televisão, o preço de um sofá e o preço de uma estante. 
Logo, vem 
t s 3800
t s 3800
s e 3400
t s 800
t e 4200
t 2300
.
s 1500
+ =
+ = + = ⇒  − = + =
=
⇒  =
 
A resposta é 
0,95 (2 2300 1500) R$ 5.795,00.⋅ ⋅ + = 
 
9. Tem-se que uma ficha azul vale três pontos, uma ficha 
branca vale nove pontos e uma ficha verde vale vinte e 
sete pontos. Desse modo, o Jogador A fez 
3 27 1 9 1 3 4 1 97⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = pontos, o Jogador B fez 
1
2
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
2 
2 27 4 9 0 3 9 1 99⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = pontos e o Jogador C fez 
1 27 5 9 8 3 2 1 98⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = pontos. 
Portanto, B ficou em primeiro lugar, C ficou em 
segundo lugar e A ficou em terceiro lugar. 
 
10. Se a criança desceu quatro andares e parou no quinto 
andar, então ela partiu do nono andar. Mas, sabemos que, 
para chegar ao nono andar, ela subiu nove andares e, 
assim, podemos afirmar que ela partiu do térreo. 
Se ela desceu dez andares e, depois, mais treze andares 
para chegar ao térreo, então a criança partiu do 23º andar. 
Em consequência, sabendo que ela subiu sete andares 
para chegar ao 23º andar, concluímos que ela entrou no 
elevador no 16º andar. 
O último andar do edifício é o 23º. 
 
11. A menor pena possível seria a de 5 anos. Com o 
benefício da redução, o tempo de reclusão mínimo 
passaria a ser de 1 5 1
3
⋅ = ano e 8 meses. 
Por outro lado, a maior pena possível seria a de 15 anos. 
Assim, no pior caso da redução, ele teria que cumprir 
5 15 12
6
⋅ = anos e 6 meses. 
 
12. As pontuações dos alunos foram as seguintes: 
Edu: 1 4 3 9 2 7 5 5 70;⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = 
Dani: 2 4 5 9 1 7 3 5 75;⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = 
Caio: 3 4 4 9 3 7 1 5 74;⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = 
Bia: 4 4 1 9 5 7 2 5 70;⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = 
Ana: 5 4 2 9 4 7 4 5 86.⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = 
 
Portanto, como Ana teve a maior pontuação, segue que a 
sua poesia foi a vencedora. 
 
13. De acordo com a figura, as palavras com o maior 
tamanho, em ordem decrescente, são: AMOR, 
BALADAS e MÚSICA. 
 
14. 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. 
15. Se a primeira gasta 
1
10 do volume do frasco por dia e a 
segunda 
1
20 do volume do frasco por dia, então o número 
mínimo de frascos de xampu que deverão levar na 
viagem é 1 160 · + = 9.
10 20
 
 
 
 
 
16. Calculando o coeficiente de impacto das lagoas, 
encontramos a tabela abaixo. 
Lagoa 
Contaminação 
média por 
mercúrio em 
peixes (miligrama) 
Tamanho da 
população 
ribeirinha 
(habitante) 
Coeficiente 
de impacto 
Antiga 2,1 1522 3196,2 
Bela 3,4 2508 8527,2 
Delícia 42,9 2476 106220,4 
Salgada 53,9 2455 132324,5 
Vermelha 61,4 145 8903 
Por conseguinte, é imediato que a primeira lagoa que 
sofrerá a intervenção planejada será a Salgada. 
 
17. A medida da menor dimensão do tampo deve pertencer 
ao intervalo [113, 121], enquanto que a medida da maior 
dimensão deve pertencer ao intervalo [128, 136]. Desse 
modo, os tampos tipo 1 e tipo 2 não convêm, 
já que a maior dimensão de ambos não pertence ao 
intervalo [128, 136]. Ademais, é fácil ver que a área do 
tampo tipo 4 é menor do que a área do tampo tipo 5, 
e que a área do tampo tipo 3 é menor do que a área do 
tampo tipo 4. 
Portanto, o proprietário avaliou que deve ser escolhido o 
tampo tipo 3. 
 
18. Sendo Q a quantidade de litros utilizada por cada 
motorista em cada viagem e C o custo total de cada 
viagem, pode-se calcular: 
Motorista 
Custo por 
litro de 
combustível 
(R$) 
Distância 
percorrida 
(km) 
Velocidade 
média 
(km/h) 
Rendimento 
(km/litro) 
1 2,80 400 84 12 
2 2,89 432 77 16 
3 2,65 410 86 10 
4 2,75 415 74 15 
5 2,90 405 72 15 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
3 
1 1
2 2
3 3
4 4
400motorista 1 Q = 33,33 litros C = 2,80·33,33 = 93,33 reais
12
432motorista 2 Q = = 27 litros C = 2,89 · 27 = 78,03 reais
16
410motorista 3 Q = = 41 litros C = 2,65 · 41 = 108,65 reais
10
415motorista 4 Q = 27,67 litros C = 2,75 · 27,
15
⇒ ≅ ⇒
⇒ ⇒
⇒ ⇒
⇒ ≅ ⇒
5 5
67 = 76,08 reais
405motorista 5 Q = = 27 litros C = 2,90 · 27 = 78,30 reais
15
⇒ ⇒
 
Assim, o motorista que obteve a viagem com menor 
custo foi o motorista 4. 
 
19. É imediato que 6 3= = 0,75 = 75%.
8 4
 Portanto, 
a resposta é 3. 
 
20. Sendo 540 = 22 · 33 ·5, 810 = 2 · 34 e 1080 = 23 · 33 · 5, vem 
que o máximo divisor comum desses números é 
32 · 3 · 5 = 270. Contudo, se o comprimento das novas 
peças deve ser menor do que 200 centímetros, então 
queremos o maior divisor comum que seja menor do que 
200, ou seja, 33 · 5 = 135. 
Em consequência, a resposta é 
540 810 108040 · + 30 · +10 · = 420.
135 135 135
 
 
21. O número mínimo de escolas beneficiadas ocorre quando 
cada escola recebe o maior número possível de ingressos. 
Logo, sendo o número máximo de ingressos igual ao 
máximo divisor comum de 4 2400 = 2 · 5 e 
6320 = 2 · 5, temos 4mdc(400, 320) = 2 · 5 = 80. 
Portanto, como 400 = 5 · 80 e 320 = 4 · 80, segue que a 
resposta é 5 + 4 = 9. 
22. Tem-se que 
0,3121212…= 0,3 + 0,0121212…
1= 0,3 + · 0,121212…
10
3 1 12= + ·
10 10 99
3 1 4= + ·
10 10 33
99 + 4=
330
103= .
330
 
Portanto, o índice revela que as quantidades relativas de 
admiradores do estudante e pessoas que visitam seu perfil 
são 103 em cada 330. 
 
23. O número de divisores positivos de N, diferentes de N, é dado 
por (x +1) (y +1) (z +1) 1,− com x  0, y  0 e z = 0. 
Observação: Considerando o enunciado rigorosamente, a 
resposta seria 2 · (x +1) · (y +1) 1,− com x 1≥ e y 1.≥ 
 
24. Desde que 1000 = 6 ·166 + 4, podemos concluir que o 
milésimo cliente receberá de brinde um refrigerante. 
 
25.Para saber o total gasto, basta somar o valor gasto com 
cada postagem. 
Carta 100 g = 1,70 
Carta 200 g = 2,65 
Carta 350 g = 4,00 
Logo: 
(2 × 1,7) + (3 × 2,65) + 4,00 = 3,4 + 7,95 + 4 = 15,35 
 
26. É preciso calcular o número de períodos necessários para 
se conseguir uma bicicleta. Como a mesma custa 9.200 
tíquetes, e, em um período se recebe 20 tíquetes, para se 
calcular o número de períodos necessário para se 
conseguir uma bicicleta, basta dividir 9.200 por 20. 
Número de períodos = 9.200 / 20 = 460 períodos. 
Como cada período custa R$ 3,00, para saber o valor total 
gasto para 460 períodos, basta multiplicar 460 por R$ 
3,00: 
Valor total = 3 × 460 = R$ 1.380,00. 
 
27.. Se a bacia não ecológica gasta em média 60 litros de água 
por dia, e sua capacidade é de 15 litros, temos: 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
4 
gasto diário = gasto por descarga × número de 
acionamentos diários da descarga 
60 = 15 × número de acionamentos diários da descarga 
número de acionamentos diários da descarga = 4 
A bacia ecológica gasta por acionamentos 6 litros de água. 
Ao ser acionada 4 vezes ao dia, irá gastar 24 litros de água 
ao dia. 
A economia será a diferença entre os gastos das duas 
bacias, ou seja: 
Economia = gasto bacia não ecológica – gasto bacia 
ecológica 
Economia = 60 – 24 = 36 litros. 
 
28. Repassando cada algarismo, da esquerda para a direita, 
temos: 
7 – unidade 
0 – dezena 
2 – centena 
8 – milhar 
9 – dezena de milhar 
_ – centena de milhar 
 
29. O ano tem 365 dias, no entanto, o maquinista terá 
10 dias de férias (1º a 10 de junho), ou seja, o número 
total de dias em que ele poderia trabalhar passa a ser: 
365 – 10 = 355 
No entanto, ele só pode viajar a cada 4 dias, o que faz 
com que o número total de dias em que ele possa viajar, 
seja dado por: 
355 / 4 = 88.75 dias 
Todavia, deve-se considerar apenas a parte inteira deste 
número, já que estamos falando de dias em que o 
maquinista pode viajar. Ou seja, não faz sentido 
arredondar o número para 89, pois ele não terá 89 dias 
em que poderá viajar num ano de 365 dias. 
Sendo assim, a resposta é 88 viagens, já que ele pode 
fazer uma viajem em cada 4 dias. 
Nota: em um ano bissexto, o maquinista teria 356 / 4 = 
= 89 dias. Neste ano, o maquinista teria 89 dias em que 
poderia fazer 89 viagens. 
 
30. Para se calcular o número total de horas que um jovem 
gasta na semana inteira em atividades escolares, basta 
somar o número total de horas que são gasta durante a 
semana com o número total de horas gastas no final de 
semana. No entanto, o número total de horas gastas por 
semana é dado pelo número de dias da semana 
multiplicando pelo número de horas que são gastas por 
dia, ou seja: 
5 × 5 = 25 
 
Já o número total de horas gastas no final de semana é 
dado pelo número de dias do final de semana 
multiplicado pelo número de horas que são gastas por dia 
no final de semana, ou seja: 
1 × 2 = 2 
Portanto, o total é dado por 25 + 2 = 27. 
 
31. É importante que o aluno preste atenção no sentido em que 
os ponteiros estejam rodando, e qual o último número que o 
ponteiro deixou para trás. Seguindo este raciocínio e 
analisando cada um dos relógios de cada vez, temos: 
Milhar – último número pelo qual o ponteiro passou – 
2 (giro no sentido anti-horário) 
Centena – último número pelo qual o ponteiro passou – 
6 (giro no sentido horário) 
Centena – último número pelo qual o ponteiro passou – 
1 (giro no sentido anti-horário) 
Centena – último número pelo qual o ponteiro passou – 
4 (giro no sentido horário) 
 
Resposta: 2 614 
 
32. Para descobrir qual tem o diâmetro mais próximo, 
basta subtrair de cada opção o valor do diâmetro desejado 
(68 mm). A opção que apresentar o menor resultado será 
aquela com o diâmetro mais próximo. 
68,21 – 68 = 0,21 
68,102 – 68 = 0,102 
68,001 – 68 = 0,001 
68,02 – 68 = 0,02 
68,012 – 68 = 0,012 
Sendo assim, 68,001 é a que possui a medida mais próxima. 
 
33. Como foram enviados 500 folhetos do segundo tipo, 
temos que este custo final foi o total de folhetos 
multiplicado pelo custo total em selos para cada folheto: 
500 × (0,65 + 0,20) = 500 × (1,45) = R$ 725,00 
Da verba restou, portanto: R$ 1000,00 – R$ 725,00 = 
= R$ 275,00. 
Para saber o número de folhetos do primeiro tipo que é 
possível enviar, basta dividir o valor restante da verba 
pelo preço de cada selo para enviar o folheto do primeiro 
tipo: 
R$ 275,00 / R$ 0,65 = 423 selos para envio do folheto 1. 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
5 
No entanto, foram comprados ao todo a seguinte quantidade 
de selos de R$ 0,65: 
423 (para envio do folheto 1) + 500 (para envio do 
folheto 2) = 923. 
 
34. Um garoto iniciando a puberdade com 1,45 m ou 145 cm 
ganhará, no mínimo, 27 cm e, no máximo, 30 cm, 
de acordo com o texto; sendo assim, ao final desta fase, 
ele terá: 
Mínimo: 145 + 27 = 172 cm ou 1,72 m 
Máximo: 145 + 30 = 175 cm ou 1,75 m 
 
35. Nova nota de R$ 100,00 terá 1,6 cm maior do que o 
comprimento de 14 cm da nota de R$ 50,00. Portanto, 
terá o comprimento de 14 + 1,6 = 15,6 cm. Já a largura 
será 0,5 cm maior do que os 6,5 cm da nota de 
R$ 50,00, o que resulta em 6,5 + 0,5 = 7 cm. 
 
36. Como há necessidades de 1,4 milhão de colmeias na 
Califórnia e o preço é de U$ 150,00 por colmeia, temos: 
1.400.000 × U$ 150 = U$ 210.000.000,00. 
 
37. O custo da corrida de táxi por empresa é: 
W = R$ 3,00 + R$ 2,40 × Km rodados 
K = R$ 3,80 + R$ 2,25 × Km rodados 
L = R$ 2,80 + R$ 2,50 × Km rodados 
Custo para os 5 km a serem rodados pelo executivo 
utilizado cada uma das empresas é: 
W = R$ 3,00 + R$ 2,40 × 5 = R$ 15,00 
K = R$ 3,80 + R$ 2,25 × 5 = R$ 15,05 
L = R$ 2,80 + R$ 2,50 × 5 = R$ 15,30 
 
38. Por 7 dias fora da promoção o valor total é: 
R$ 150,00 × 7 = R$ 1 050,00 
Por 8 dias com promoção o valor total é: 
valor dos 3 primeiros dias + valor 4º dia + valor 5º dia + 
valor dos últimos 3 dias = 3 × 150,00 + (150,00 – 20,00) + 
+ (150,00 – 20,00 – 20,00) + (150,00 – 20,00 – 20,00 – 20,00) × 3 
= 450 + 130 + 110 + 90 × 3 = R$ 1 050,00. 
Ou seja, o valor para 7 dias fora da promoção é o mesmo 
que para 8 dias dentro da promoção, de forma que o 
8º dia é de graça. Como o preço do 8º dia é R$ 90,00 
(150 – 20 – 20 – 20), este é o valor da economia que o casal 
fará. 
 
39. Para calcular a diferença dos valores médios, basta fazer 
a diferença dos valores anualmente e calcular a média 
destes valores. Assim, em 2003: 825 – 367 = 458, 
em 2004: 485 – 357 = 128, em 2005: 1458 – 354 = 1104, 
em 2006: 744 – 539 = 205, em 2007: 1214 – 280 = 934. 
Valor médio = soma das diferenças / número de anos = 
(458 + 128 + 1104 + 205 + 934)/5 = 565,8 em milhões 
de dólares. 
 
40. Tempo total para Joana fazer todos os exercícios, 
considerando as pausas de descanso: 
Tempo da Esteira + Descanso após Esteira + Número de 
Séries × Número de aparelhos × (Tempo de cada Série + 
Tempo de Descanso após cada Série ou troca de 
aparelho) – (Tempo de Descanso após a última Série, 
visto que ela terminou todos os exercícios) = 
= 10 min + 1 min + 3 × 6 × (1,5 min) – 1 min = 
= 11 + 18 × (1,5) – 1 min = 38 – 1 = 37 minutos. 
Entre 10h30min e 11h7min há 37 minutos, portanto, 
neste dia e neste tempo Joana poderia ter feito todos os 
exercícios e cumprido rigorosamente os períodos de 
descanso especificados em seu programa. 
 
41. Vindo de leste para oeste, de Pequim para o Fuso Zero, 
tem-se 8 horas, enquanto do Fuso Zero para o Amapá 
existem mais 3 fusos, o que totaliza 11 fusos. 
Como cada fuso para oeste equivale a um decréscimo de 
1 hora, temos que Pequim está 11 horas na frente do 
Amapá. Sendo assim, 20h8min em Pequim equivalem a 
(20-11)h8min = 9h8min no Amapá. 
 
42. Como foram contadas 25 talhas, e cada dedo da mão 
esquerda corresponde a 5 talhas, temos que todos os 
5 dedos da mão direita foram utilizados, assim 
5 dedos × 5 talhas por dedo = 25 talhas. 
 
43. A alternativa A não é verdadeira, já que para cada país 
conquistar pelomenos uma medalha é necessário que o 
número de medalhas para “Outros” seja de pelo menos 
196 – 5 = 191. Já a alternativa B é verdadeira, pois os países 
que conquistaram mais medalhas juntos 
(EUA, Rússia e China) totalizaram 100 medalhas, que 
corresponde a um terço do total de 300 medalhas de ouro. 
 
44. Como há 5 mesas e no máximo serão realizados 5 jogos 
por dia, sendo que os perdedores serão eliminados e 
ninguém jogará duas vezes no mesmo dia, temos: 
Dia 1 – Jogos 1, 2, 3, 4, 5 
Dia 2 – Jogos 6, 7, 8, 9, 10 
Dia 4 – Jogos 11, 12, 13 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
6 
Dia 4 – Jogos 14 
Dia 5 – Jogos 15 
São necessários, portanto, 5 dias. 
 
 
RAZÃO E PROPORÇÃO 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
D B E B B C C C B D 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
A C E B D C B A E A 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
A A B E B C E A E B 
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 
C D D D D B D B A A 
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 
C D D E C C E C E B 
51 52 53 54 
A B A D 
 
1. Tem-se que 
c 4 3ca .
a 3 4
= ⇔ = 
 
Se x 20= polegadas, então, pelo Teorema de Pitágoras, 
vem 
2
2 2 2 2 2 3cx c a 20 c
4
c 16 pol.
 = + ⇒ = +  
 
⇒ =
 
 
A resposta é 16 2,54 40,64 cm.⋅ = 
 
2. Sejam d e a, respectivamente, a força de defesa e a 
força de ataque. Logo, sendo n o nível e  a experiência, 
temos 2d nα= ⋅ ⋅  e 2a n .β= ⋅ ⋅  
Desse modo, segue que 
21 1 1 1α α= ⋅ ⋅ ⇔ = 
e 
22 1 1 2.β β= ⋅ ⋅ ⇔ = 
 
Portanto, sabendo que 1J ataca 2J , podemos concluir 
que a resposta é dada por 
2 22 4 5 2 6 160 72 88.⋅ ⋅ − ⋅ = − = 
 
3. Se v é o volume de sangue, em litros, presente no 
organismo do indivíduo, então v 0,08 m.= Portanto, 
segue que a resposta é 
q 0,4.
0,08m
> 
 
4. Os consumos de quilocalorias por minuto são: 20 2;
10
= 
100 6,7;
15
≅ 120 6;
20
= 100 4
25
= e 80 2,7.
30
≅ 
 
Portanto, a atividade II é a que proporciona o maior 
consumo. 
 
5. Sejam x, y e z, respectivamente, os valores recebidos 
pelos contratos das máquinas com 2, 3 e 5 anos de idade 
de uso. Logo, temos 
 
2x 3y 5z k,= = = 
 
com k sendo a constante de proporcionalidade. 
 
Em consequência, vem 
k k kx y z 31000 31000
2 3 5
k 30000.
+ + = ⇔ + + =
⇔ =
 
 
A resposta é 30000z R$ 6.000,00.
5
= = 
 
6. O diâmetro da catraca e a distância percorrida são 
inversamente proporcionais, pois quanto menor o 
diâmetro, maior a frequência e, assim, maior será a 
velocidade. 
Por conseguinte, se D é o diâmetro da segunda catraca e 
 é a distância percorrida com a primeira catraca, então 
D 1,5 7 D 4,7.⋅ = ⋅ ⇒ ≅  
 
7. 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
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
7 
e 
 
=
⋅
12 1.48 8 4
8
 
Por conseguinte, como < = <1 1 4 4 ,
5 4 16 15
 podemos 
afirmar que a pessoa comprará o repelente III. 
 
8. Desde que 3 345cm 0,045dm= e sendo C a 
capacidade do reservatório, temos 
3
30,045 1 C 360.000dm .
C 200
 = ⇔ = 
 
 
 
Portanto, sabendo que 31dm 1L,= o reservatório cheio 
será suficiente para abastecer o condomínio por, no 
máximo, 360000 12
30000
= dias. 
 
9. Para cada mão de tinta na casa inteira o pintor precisará 
de 260 6,5
40
= dias de oito horas ou 6 dias e 4 horas. 
Logo, a despesa com uma mão de tinta é 
6 240 120 R$ 1.560,00.⋅ + = 
Em consequência, com o orçamento do cliente, será 
possível dar 
4600 2
1560
  =  
 mãos de tinta. 
 
Observação:  x denota o maior inteiro menor do que 
ou igual a x. 
 
10. Sendo a resistência proporcional à força, podemos 
concluir que a maior resistência ocorre ao longo do 
segmento GH, no qual a força se mantém fixa no valor 
máximo atingido durante a aplicação. 
 
11. Tem-se que 
4
2 2
2 3
2 2
4
1 1
3
1
1
4
1 1
3
1 1
1
G dC
8 D N
4G (3d )
D8 9N
3
G d972
8 D N
972 C .
⋅
=
⋅ ⋅
⋅
=
 ⋅ ⋅ 
 
⋅
= ⋅
⋅ ⋅
= ⋅
 
12. Calculando as taxas, encontramos 
 
8000 2,
8000 4000 3
10000 5 ,
10000 8000 9
11000 11,
11000 5000 16
18000 9
18000 10000 14
=
+
=
+
=
+
=
+
 
e 
17000 17 .
17000 12000 29
=
+
 
 
Logo, como 
5 6 2,
9 9 3
17 18 18 9 18 2
29 29 28 14 27 3
< =
< < = < =
 
e 
32 2 11 33 ,
48 3 16 48
= < = 
 
podemos afirmar que o município III receberá o 
investimento extra. 
 
13. Sejam A A B BA (m , r ), B (m , r )= = e C CC (m , r ).= 
Logo, sendo A C Bm m m= < e A B Cr r r ,= < temos 
C A B
C A B2 2 2
C A B
km km km F F F .
r r r
< < ⇔ < < 
 
14. Sejam 1p e 2p , respectivamente, a produtividade da área 
de 120 hectares e a produtividade da área de 40 
hectares, com 2 1p 2,5 p .= ⋅ Logo, sendo 1q e 2q , 
respectivamente, a produção da área de 120 hectares e a 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
8 
produção da área de 40 hectares, temos 1 1q 120 p= ⋅ e 
2 2 1q 40 p 100 p .= ⋅ = ⋅ 
 
A produção total antes da aquisição é dada por 
1 2 1 1 1q q 120 p 100 p 220 p .+ = ⋅ + ⋅ = ⋅ 
 
Portanto, sofrendo um aumento de 15%, a produção 
passará a ser 1 11,15 220 p 253 p .⋅ ⋅ = ⋅ Em 
consequência, se x é o resultado procurado, então 
1 1 1(120 x) p 100 p 253 p 120 x 100 253
x 33ha.
+ ⋅ + ⋅ = ⋅ ⇒ + + =
⇒ =
 
15. Se C E P(L)= ⋅ e 7E 2 10 B H,−= ⋅ ⋅ ⋅ então 
7
7
CP(L)
E
C
2 10 B H
C 10 .
2 B H
−
=
=
⋅ ⋅ ⋅
⋅
=
⋅ ⋅
 
 
Daí, aplicando os dados da tabela, vem 
7
7
I
7
7
II
7
7
III
7
7
IV
250 10P(L ) 5 10 ,
2 5 5
300 10P(L ) 2,5 10 ,
2 6 10
180 10P(L ) 4,5 10 ,
2 4 5
215 10P(L ) 5,1 10
2 3 7
⋅
= = ⋅
⋅ ⋅
⋅
= = ⋅
⋅ ⋅
⋅
= = ⋅
⋅ ⋅
⋅
= ≅ ⋅
⋅ ⋅
 
 
e 
7
7
V
220 10P(L ) 3,7 10 .
2 3 10
⋅
= ≅ ⋅
⋅ ⋅
 
 
Por conseguinte, a população de peixes dessa espécie era 
maior no início do dia no lago IV. 
 
16. Se 1R k ,
S
= ⋅ com k sendo a constante de 
proporcionalidade e S 0,≠ então a única alternativa 
correta é a [C]. 
 
17. Em 40 gramas de prata 950 temos 
95040 38 g
1000
⋅ = 
de prata pura e 40 38 2 g− = de cobre. Logo, a resposta 
é 92538 10 28,75 g
1000
− ⋅ = de prata pura e 
30 28,75 1,25 g− = de cobre. 
 
18. Tem-se que 
Alpha
Beta
90d 6 9km;
60
90d 5 7,5km
60
= ⋅ =
= ⋅ =
 
e 
Gama
60d 6,5 6,5km.
60
= ⋅ = 
 
Em consequência, vem Gama Beta Alphad d d .< < 
19. A distância total percorrida pelo carro B, em 8 voltas, é 
igual a 14 288 4032 m.⋅ = Logo, o comprimento da 
pista é 4032 504 m.
8
= Em consequência, o carro A 
gasta 50410 280 s
18
⋅ = para dar dez voltas completas 
nessa pista. 
O resultado é dado por 280 4032 3920 m.
288
⋅ = 
 
20. Calculando os consumos, encontramos 
195 9,75 km L,
20
96 8 km L,
12
145 9,06 km L,
16
225 9,38 km L
24
=
=
≅
≅
 
 
e 
65 8,13 km L.
8
≅ 
 
Portanto, como o modelo mais econômico é o carro I, 
segue o resultado. 
 
21. A distância percorrida na primeira estratégia é dada por 
T T18 12 12T,
2 4
⋅ + ⋅ = 
 
enquanto que a distância percorrida na segunda estratégia 
é igual a 
T T12 18 10,5T.
2 4
⋅ + ⋅ = 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
9 
 
Portanto, como a primeira estratégia é a que possibilita 
percorrer a maior distância, segue que a resposta é 
A B
T TC P P .
2 4
= ⋅ + ⋅ 
 
22. Se o número de anúncios na rádio é igual a X ,
120
 e o 
número, em milhares, de panfletos produzidos e 
distribuídos é Y ,
180
 então a resposta é 
 
.X Y1500 10 000
120 18
50X 5 Y
4 90
⋅ + +⋅ = 
 
23. Desde que a razão entre as áreas corresponde ao 
quadrado da razão de semelhança linear, k, temos 
2 1 1k k .
16 4
= ⇒ = 
 
Portanto, segue que a fonte deve ser reduzida para o 
tamanho 1 192 48.
4
⋅ = 
 
24. Desde que a intensidade da força gravitacional é 
inversamente proporcional ao quadrado da distância 
entre os objetos, podemos afirmar que a Terra exerce 
maior força sobre o satélite que se encontra mais próximo 
da Terra, ou seja, o satélite E. 
 
25. Tem-se que 
12 18 5 XZ = 2 · 870 XZ = 348 km.
XZ 870 XZ
= ⇔ ⋅ ⇔
− 
 
26. Queremos saber qual é o customínimo do litro de 
refrigerante. Considere a tabela abaixo. 
Volume da 
garrafa PET 
(L) 
Custo no 
Supermercado 
A (R$ L) 
Custo no 
Supermercado 
B (R$ L) 
0,5 
2,1 = 4,20
0,5
 2 = 4,00
0,5
 
1,5 
2,7 = 1,80
1,5
 3 = 2,00
1,5
 
2,0 4, 2 = 2,10
2
 3,2 = 1,60
2
 
2,5 
6 = 2,40
2,5
 4,7 = 1,88
2,5
 
3,0 
6,9 = 2,30
3 
5 1,67
3
≅ 
Em consequência, podemos afirmar que o menor custo 
será alcançado adquirindo garrafas de 2 litros no 
Supermercado B. 
 
27. Sejam gc e ec , respectivamente, o consumo, 
em quilômetros por litro, de gasolina e de etanol do carro 
flex. Logo, temos 
g e e g
345 · c = 60 · c c = · c .
4
⇔
 
Em consequência, sendo d a distância a ser percorrida, 
podemos concluir que abastecer com gasolina é 
economicamente mais vantajoso do que abastecer com 
etanol se 
g e g g
d d xx · y ·
3c c c · c
4
x 4 .
y 3
< ⇔ <
⇔ <
y
 
 
28. O resultado pedido é dado por 
25001,6 + + 0,25 R$ 1,98.
20000
≅ 
29. Calculando: 
3 1 15 7 8= =
7 5 35 35
−
− 
 
30. Sejam n, t e q, respectivamente, o número de máquinas 
em operação, o tempo de funcionamento e a quantidade 
de itens a serem produzidos. Logo, se k é a constante de 
proporcionalidade, então 
qt = k · .
n
 
Para n = 4, t = 6 h e q = 6000, temos 
6000 16 = k · k = .
4 250
⇔ 
Desse modo, o tempo, t', necessário para produzir os 
9000 – 6000 = 3000 itens restantes, é tal que 
1 3000t' = t' = 4 h.
250 3
⋅ ⇔ 
A resposta é 8 + 6 + 0,5 + 4 = 18,5 h = 18 h 30min. 
31. O resultado pedido é dado por 400 +100 1= .
100 +1400 3
 
 
32. Tem-se que 30 3 20 40= e < .
40 4 65 65
 Logo, fazendo algumas 
manipulações convenientes, encontramos: 
50 10 40 51 3= = < = ,
85 17 68 68 4
40 8 32 39 3= = < =
65 13 52 52 4
 e 
48 8 32 45 3= = < = .
90 15 60 60 4
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
10 
Por conseguinte, deve ser escolhido o jogador IV. 
 
33. Se d é a distância do observador à televisão e  é o 
tamanho da tela, então d = k · , com k sendo a constante 
de proporcionalidade. Assim, temos 
81,8 = k · 32 k = .
160
⇔ 
Portanto, se ’ = 60, então a distância pedida, d’, é 
9d’ = · 60 = 3,375.
160 
 
34. Calculando a razão entre o valor energético e o volume 
da porção de cada bebida, temos 
60 2 30 3 150 3 40 8 150= < = < = < = < = 1.
300 10 100 10 400 8 50 10 150
 
Portanto, deve ser escolhido o tipo D. 
 
35. No mapa que representa o Brasil, cada unidade de medida 
linear representa 25.000.000 unidades na realidade. 
No mapa ampliado do Rio de Janeiro, cada unidade de 
medida linear representa 4.000.000 unidades na realidade. 
O aumento linear na ampliação é igual a 
25.000.000/4.000.000 = 6,25. Para saber o aumento da 
ampliação da área, temos (6,25)2 = 39,06, ou seja, 
maior que 30 e menor que 40. 
 
36. A proporção é 1 · 4 · 2 de cimento, areia e brita, 
respectivamente. Se somarmos todas partes, temos 7 partes. 
Se dividirmos o total de 14 m3 pelo número de partes, 
teremos que cada parte equivale a 2 m3. Como há 1 parte na 
composição do concreto, teremos 2 m3 de cimento. 
 
37. Para encontrar a relação entre os pesos de tijolos (x) e 
telhas (y), temos: 
1.200x = 1.500y 
1200xy
1500
4xy
5
=
=
 
Se o caminhão já está carregado com 900 telhas, 
isto corresponde a 720 tijolos, pois: 
4x900 · Nx
5
=
 
Nx = 720 
Para saber a quantidade de tijolos que poderá se carregar 
o caminhão, basta subtrair da capacidade total de tijolos 
que o caminhão comporta (1.200) o valor equivalente a 
tijolos já carregados (720), assim: 
1.200 – 720 = 480 
 
38. Pela distribuição, percebe-se que o único que teve um 
aumento de carga foi Carlos, pois 4/10 > 5/15. Se este 
aumento corresponde a 50 laranjas, podemos calcular o total 
de laranjas pela equação à [razão do trajeto 1 × total de 
laranjas] – [razão do trajeto 2 × total de laranjas] = 50. 
Assim: 
4T 5T 50
10 15
− =
 
12T 10T 1500
30 30 30
− =
 
2T = 1500 
T = 750 
Para saber quanto cada um levou na segunda parte do 
trajeto, basta multiplicar a razão de cada um pelo total de 
laranjas. Dessa forma: 
4José 750 300
10
4Carlos 750 300
10
2Paulo 750 150
10
→ × =
→ × =
→ × =
 
 
39. Como a mãe ministrou corretamente 30 gotas e a bula 
pede 5 gotas para cada 2 kg de massa corporal, 
utilizando-se a regra de três, o valor da massa corporal do 
filho é dado por: 
30 / 5 = x / 2 
6 = x / 2 
X = 2 * 6 = 12 kg 
 
40. Lembrando: 
Se X é inversamente proporcional á Y, a seguinte 
expressão é válida: X · Y = k, onde k é a constante de 
proporcionalidade. 
Se X é diretamente proporcional à Y, a seguinte 
expressão é válida: X / Y = k, onde k é a constante de 
proporcionalidade. 
Sendo assim, S é diretamente proporcional à b e ao 
quadrado de d, mas é inversamente proporcional ao 
quadrado de x, sendo assim: 
(S · x2) / (b · d2) = k 
Trabalhando-se a expressão de forma a isolar S, passando 
todos os demais fatores para o outro lado (lembrando-se que 
isso implica em inverter a operação), temos: 
S = k· b · d2 / x2 
 
41. S é diretamente proporcional à b, k e d2 então, 
S = K · b · d2. 
 
42. Considerando um acréscimo de 8 mil internações entre 
as mulheres, temos a seguinte proporção com o número 
de 32 mil mulheres: 8/32 = 1/4 = 0,25%. Aplicando-se 
esta mesma taxa de crescimento ao universo de homens 
internados (28 mil), temos: 0,25% × 28 mil = 7 mil. 
Portanto, o total de homens nos próximos 5 anos será 
28 mil + 7 mil = 35 mil. 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
11 
 
43. 10 minutos equivalem a 1/6 de hora, portanto, cada banho 
consome (1/6) × 4,8 kW = 0,8 kW. Como a pessoa toma 
dois banhos por dia, ela consome diariamente 2 × 0,8 = 
= 1,6 kW. Em 7 dias ela consome 7 × 1,6 = 11,2 kW. 
 
44. Para receber 30 convidados para a ceia de Natal, 
seguindo a recomendação apresentada, o organizador 
precisará comprar: 
30 × 250 g de carne = 7500 g ou 7,5 kg de carne 
30/4 × 1 copo de arroz = 7,5 copos americanos de arroz 
30 × 4 colheres de sopa de farofa = 120 colheres de sopa 
de farofa 
30/6 × 1 garrafa de vinho = 5 garrafas de vinho 
30/2 × 1 garrafa de cerveja = 15 garrafas de cerveja 
30/3 × 1 garrafa de espumante = 10 garrafas de espumante 
 
45. 6 000 metros equivalem a 3,3 × 6 000 = 19 800 pés. 
A diferença é 31 000 – 19 800 = 11 200. 
 
46. Convertendo as medidas originais para centímetros, 
temos: 2 800 cm × 1 200 cm. Como a escala é de 1:250, 
temos que cada 250 cm da medida original equivalerá a 
um centímetro de maquete. Assim, as dimensões são: 
2 800/250 = 11,2 cm e 4,8 cm 
 
47. Para calcular a razão é necessário converter 42 m em 
centímetros: 42 × 100 = 4 200 cm. Assim, temos que a 
razão é dada por: 2,1/4200 = 1/2000 ou 1 : 2000. 
 
48. O diagrama mostra que se dobrarmos o comprimento a 
resistência dobra, portanto as duas grandezas são 
diretamente proporcionais, mantendo-se a mesma área da 
secção transversal. O mesmo diagrama mostra que se 
dobrarmos a área da secção transversal, a resistência será a 
metade, mantendo-se o mesmo comprimento, indicando 
que as duas são inversamente proporcionais. Por fim, 
se dobrarmos o comprimento, a área da seção transversal 
tem de ser dobrada para manter a mesma resistência. 
 
49. Com 10 litros contaminam 10 milhões de litros de água 
potável, 1 000 litros, ou seja, 100 × 10 litros, contaminará 
100 vezes a quantidade de água potável que 10 litros 
contaminam. Assim, temos que o total é dado por 100 × 
10 milhões de litros = 1 bilhão de litros de água potável 
= 1.000.000.000 = 109. 
 
50. Com R$ 1 000,00 o banco fabrica 1 000/0,26 = 3 846 
moedas e fabrica 1 000/0,17 = 5 882 cédulas, ou seja, ele 
fabrica 5 882 – 3 846 = 2 036 cédulas a mais. 
 
51. Utilizando a regra de três, temos: se 14 milhões kg de 
banha fabrica 112 milhões de litros de biodiesel, 
para produzir 48 milhões de litros de biodiesel ele 
precisará de x: 
x - 48 milhões 
14 - 112 milhões 
Temos: x/14 = 48/122 
 x = 48/8 = 6 milhões de banha. 
 
52. Utilizando a regra de três, temos: 
t - 630 milhões 
24h -13 Bilhões = 13.000 milhões 
Temos: t/24 = 630/1 3000 
 t = 24 × 630/1 3000 = 1,16 h 
 
53. Do gráfico temos 400 passageiros/veículo em abril de 
2001 e 441 passageiros/veículo em outubro de 2008. 
Do enunciado temos 321,9 milhões de passageiros em 
abril de 2001. Como o tamanho da frota pode ser 
considerado o mesmo entre 2001 e 2008, utilizando uma 
regra de três, temos: 
400/441 = 321,9/N 
N = (441 × 321,9)/400 = 354,89 milhões de passageiros. 
 
54. Na tabela a produção está variando 0,1 em cada linha. No 
entanto, esta variação correspondente em emissão de 
dióxido de carbono vai de 2,30 – 2,14 = 0,16 até 
4,00 – 3,73 = 0,27. Verificando-se cada uma das 
variações vemos que todas estão dentro deste intervalo. 
Assim, temos que a taxa média de variação entre a 
emissão de dióxido de carbono (em ppm) e a produção 
(em toneladas) está entre 0,16/0,1 = 1,6 e 0,27/0,1 = 2,7. 
A única alternativa que apresenta uma faixa compatível 
é a alternativa D, visto que 2,70 < 2,80. 
 
PORCENTAGEM E JUROS 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
B A A D E A A E E A 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
D B D D B D D B C D 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
A B A D C D B E A A 
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 
A E E D A B C D B C 
41 42 43 44 45 46 47 48 49 
E D C C C D C B D 
 
1. Tem-se que o valor à vista é dado por 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
12 
2
202 204,02 200 200
1,01 (1,01)
R$ 400,00.
+ = +
=
 
 
2. Como a média diária de consumo corresponde a 
=
450 15 g,
30
 podemos concluir que a resposta é 
−
⋅ =
15 6 100% 150%.
6
 
 
3. Os preços totais são dados por 
+ =
+ =
+ =
+ ≅
720 70 R$ 3.670,00,
0,2
740 50 R$ 3.750,00,
0,2
760 80 R$ 3.880,00,
0,2
710 10 R$ 4.743,33
0,15
 
 
e 
 
=
690 R$ 4.600,00.
0,15
 
 
Portanto, segue que o produto foi comprado na loja 1. 
 
4. O orçamento inicial totalizou 
10000 40000 40 2500 R$ 150.000,00.+ + ⋅ = 
 
Seja p o percentual pedido. Desse modo, vem 
0,5 10000 1,25 100000 (1 p) 40000 0,9 150000
5 125 40 40p 135
p 0,875.
⋅ + ⋅ + − ⋅ = ⋅ ⇔
+ + − = ⇔
=
 
 
A resposta é 87,5%. 
 
5. A despesa com ligações para celular foi de 
200 40 R$ 160,00.− = Logo, se o gerente planeja uma 
conta de R$ 80,00 para o próximo mês, então a redução 
percentual com gastos em ligações para celulares deverá 
ser de 
40 160 100% 75%.
160
−
⋅ = 
 
6. Desde que as variações percentuais foram 
−
⋅ ≅
−
⋅ =
−
⋅ =
−
⋅ ≅
600 350 100% 71,43%,
350
1100 1000 100% 10%,
1000
4000 4000 100% 0%,
4000
1200 850 100% 41,18%
850
 
 
e 
 
−
⋅ =
2600 2000 100% 30%,
2000
 
 
podemos concluir que a ação de marketing mais bem-
sucedida foi para o produto I. 
7. Cada um dos três primeiros sócios contribuiu com um 
total, em reais, de 
5 5
510 10 16 102 10 .
3 3
⋅ ⋅
+ ⋅ = 
 
Logo, a porcentagem em relação ao valor total 
distribuído é igual a 
5
5
16 10
3 100% 29,63.
18 10
⋅
⋅ ≅
⋅
 
 
Por outro lado, a porcentagem do quarto sócio 
corresponde a 
5
5
2 10 100% 11,11.
18 10
⋅
⋅ ≅
⋅
 
 
8. Sendo 1 0,2 20%,
5
= = podemos afirmar que o maior 
percentual possível de recompensa é 
100% 20% 80%.− = 
 
9. A resposta é dada por 
1,072 1,1 1250 R$ 1.474,00.⋅ ⋅ = 
 
10. No dia 1 será emitido o alerta cinza, pois ambas as 
condições são satisfeitas, com T 10 C< ° e U 40%.< 
No dia 12, considerando a hipótese exclusive para a 
temperatura, isto é, o intervalo ]35, 40[, não será 
emitido nenhum alerta, uma vez que a temperatura 
alcançou 40 C.° 
No dia 13 não será emitido nenhum alerta, pois 
U 30%.> 
Portanto, apenas no dia 1 o alerta foi emitido 
corretamente. 
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
13 
11. Se x é a produção nacional, em milhões de toneladas, 
então 
+ = ⇔ ≅(0,383 0,372)x 119,8 x 158,7. 
 
Em consequência, a resposta é 
⋅ ≅0,114 158,7 18,1. 
 
12. Seja v o valor inicial das parcelas. Tem-se que 
v N (v 200) (N 5) (v 232) (N 4).⋅ = − ⋅ + = + ⋅ − 
 
Donde vem o sistema 
v 40N 200
.
v 58N 232
− =
− + =
 
 
Resolvendo, encontramos N 24.= 
 
13. No balde de 10kg, o custo do quilograma de cloro ativo 
é 
65 R$ 10,00;
0,65 10
=
⋅
 enquanto que na bombona de 
50kg, o quilograma de cloro ativo custa 
20 R$ 4,00.
0,1 50
=
⋅
 
Portanto, para cada bombona de 50kg haverá uma 
economia de 5 10 5 4 R$ 30,00.⋅ − ⋅ = 
 
14. Se 1 20 5
4
⋅ = das vinte perguntas inicialmente 
depositadas na urna são de nível fácil e x é o número de 
perguntas de nível fácil que o gerente deve acrescentar, 
então 
5 x 3 x 40.
20 x 4
+
= ⇔ =
+
 
15. Como são perdidos 10kg, podemos concluir que o custo 
do quilograma é 400 R$ 8,00.
50
= Portanto, o torrefador 
deverá vender o quilograma do café por 
(1 2) 8 R$ 24,00.+ ⋅ = 
 
16. Desde que a taxa de LDL passou a ser de 
0,75 0,8 280 168mg dL,⋅ ⋅ = podemos afirmar que a 
classificação é alta. 
 
17. Sejam x e n, respectivamente, o número de alunos que 
compraram 3 bilhetes e o número total de bilhetes 
vendidos. Logo, temos 
3x 2 45 0,2 n x 45 0,2 n 80 33 x 34.+ ⋅ + ⋅ = + + ⋅ + + ⇔ = 
 
Portanto, segue que 
3 34 2 45 0,8 n n 240.⋅ + ⋅ = ⋅ ⇔ = 
 
A resposta é 0,2 240 48.⋅ = 
 
18. É imediato que o produto número II apresentou o maior 
índice de aumento nas vendas no mês de setembro em 
relação ao mês de agosto. Basta notar que tal índice foi 
maior do que 50%. 
 
19. Se n é o número de pontos obtidos pelo estudante na 
quarta avaliação, então 
46 0,2 60 0,1 50 0,3 n 0,4 60 0,4n 29,8
n 74,5.
⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ≥ ⇔ ≥
⇔ ≥
 
A resposta é, portanto, 74,5. 
20. A resposta é dada por 
0,9 1 1,5 0,4 8,2 12100% 100%
4,5 2 2,5 0,5 20,5 30
40%.
+ + + +
⋅ = ⋅
+ + + +
=
 
 
21. Entre 15h e 16h a profundidade diminuiu 2 metros, 
 que representa 10% da profundidade às 15h. Assim, 
se pode inferir que a profundidade às 15h era de 20 metros 
(20 · 10% = 2) e às 16h era de 18 metros. 
 
22. Seja p o preço de custo de uma calça. Logo, temos 
2 · 0,25 · 40 + 0,3 · 60 + 2 · 0,2 · p = 78 0,4 · p = 40
p = R$ 100,00.
⇔
⇔
 
 
23. Calculando: 
maior taxa de aumen
56 40Site U = 0, 4
40
21 12Site X 0, 75
12
51 30Site Y = 0, 7
30
11 10Site Z = 0,1
10
57 38Site W = 0, 5
t
38
o
−
⇒
−
⇒ = ⇒
−
⇒
−
⇒
−
⇒
 
 
24. A resposta é 10 ·1,5 · 2 = R$ 30,00. 
 
25. Como o consumidor poderá comprar 
100 93 ·100% 7,53%,
93
−
≅ 
a mais de carne, podemos afirmar que ele ganhou, 
aproximadamente, 7,5% em poder aquisitivo de carne. 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
14 
 
26. Desde que o preço do metro do papel na embalagem com 
quatro rolos era de 
3,6 = R$ 0,03,
4 · 30 segue que o preço 
de venda da nova embalagem deve ser 
0,9 · 0,03 ·10 · 50 = R$ 13,50. 
 
27. Seja g a quantidade, em litros, de gasolina pura que 
deverá ser adicionada ao estoque. Tem-se que 
g + 0,75 · 40.000 = 0,8 g + 30.000 = 0,8g + 32.000
g + 40.000
0,2g = 2.000
g = 10.000.
⇔
⇔
⇔
 
28. Tem-se que a estimativa da média de desempenho após a 
redução de álcool anidro no combustível é dada por 
80% 75%1+ ·13,5 = 14,4 km L.
75%
− 
 
  
 
29. Calculando: 
Parcela = P 
No ato da 6ª parcela: 
2 2
P P 1 1P + + = P × 1+ +
i ii i1+ 1+1+ 1+100 100100 100
 
 
 
                      
 
 
30. Tomando a curva p50, sabemos que aos 4 anos e 
4 meses a altura da menina chegou a 105 cm. 
Por conseguinte, a resposta é dada por 
105 85 ·100% 23,5%.
85
−
≅
 
 
31. Sendo 64% – (20% + 8% + 15% + 1%) = 20% o 
percentual correspondente ao desperdício durante o 
processamento culinário e hábitos alimentares, podemos 
concluir que o resultado é 
2150 · · 0,2 = 20
3
 
32. Calculando o percentual de acerto de cada um dos 
jogadores, tem-se: 
acertos
acertos
acertos
acertos
acertos
20) % = 0,6667 66,67% de acerto
30
10II) % = 0,2941 29,41% de acerto
34
19III) % = = 0,59375 59,375% de acerto
32
3IV) % = = 0,75 = 75% de acerto
4
8V) % = = 0,8 = 80% de acerto
10
≅ ≅
≅ ≅
=
I
 
Logo, o jogador com maior percentual de acertos 
(o qual deve entrar em quadra) é o jogadorV. 
 
33. Sendo x igual a porcentagem de lixo urbano reciclado em 
relação a 2003 e y igual a porcentagem de municípios 
atingidos em relação a 2003, pode-se calcular: 
5 milhões 100%
x = 142% aumento de 42%
7,1 milhões x
653 100%
y = 153,75% aumento de 54%
1004 y
−
⇒ ⇒
−
−
⇒ ⇒ ≅
−
 
 
34. Calculando: 
Janeiro 300
Fevereiro 300 · 1, 2 = 360
Março 360 · 1, 2 = 432 300 + 360 + 432 + 518, 4 + 622, 08 + 746, 496 =
Abril 432 · 1, 2 = 518, 40 = 2978, 976
Maio 518, 40 · 1, 2 = 622, 08
Junho 622, 08 · 1, 2 = 746, 496
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒ 
 
35. Para transformar o resultado da pesquisa em percentual, 
pode-se escrever: 
8 80= = 80%
10 100
 
 
 
36. Com os dados do enunciado, pode-se escrever: 
Total de entrevistados que andam de bicicleta: 75% 
Total que anda ao menos 3 vezes por semana: 
26 + 12 + 10 + 7 + 15 = 70% 
Total de entrevistados que andam de bicicleta ao menos 
3 vezes por semana: 0,7 · 0,75 = 0,525 = 52,50% 
 
37. Se o cozimento causa 20% de redução nas dimensões 
lineares, cada lado terá: 
Lado A = 30 – 30(0,2) = 24 
Lado B = 15 – 15(0,2) = 12 
A área inicial era de 30*15 = 450 cm2; a área final será 
de 24*12 = 288 cm2. 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
15 
A área final corresponde a 64% da área inicial 
(pois 288/450 = 0,64). Dessa forma, houve uma redução 
de 36%. 
 
38. Devemos calcular quanto custaria 90% do produto A 
para identificar se vale a pena comprá-lo em vez do 
produto B, uma vez que se escolhido o produto B, 
este será aproveitado somente 90%. Dessa forma, temos: 
 
 
 
De acordo com a tabela, a melhor relação custo × benefício 
será o produto que apresentar o menor preço, considerando 
90% de A. Assim, é melhor comprar o produto tipo B de 
Arroz, tipo A de Feijão, tipo A de soja e tipo B de milho. 
 
39. O Imposto de Renda incidirá sobre o ganho obtido com 
a venda das ações. Este ganho é calculado pelo valor de 
venda menos o valor de compra, logo: 
Ganho = 34.000 – 26.000 = 8.000 
Se a alíquota de imposto é 15%, temos que: 
8000 × 0.15 = 1.200 
 
40. A diferença entre o maior centro (Guarulhos = 60,52%) 
e o menor centro (São Paulo = 3,57%) será: 
60,52% – 3,57% = 56,95% 
41. Para saber a economia adicional, primeiro é preciso 
calcular o preço após a remarcação. Basta reduzir 20% 
de R$ 50,00: 
50 – 50(0,2) = 40 
Se o desconto adicional por possuir o cartão fidelidade 
da loja é de 10%, temos que 10% de R$ 40,00 é calculado 
40(0,10) = 4. 
 
42. Para calcular a taxa de glicose do paciente após as duas 
reduções é preciso fazer a primeira redução e com base 
neste resultado, a segunda redução. Devemos considerar 
a taxa de 30% na primeira redução e de 10% na segunda 
redução. Desta forma: 
Primeira redução = 300 – 30% = 300 – (300) (0,3) = 
= 300 – 90 = 210 
Segunda redução = 210 – 10% = 210 – (210) (0,1) = 
= 210 – 21 = 189 
De acordo com a tabela, a taxa de 189 de glicose 
corresponde à Diabetes Melito. 
 
43. Em 1 ano: 
Investimento A = (1,03)12 = 1,426 
Investimento B = (1,36)1 = 1,360 
Investimento C = (1,18)2 = 1,18 × 1,18 = 1,392 
Investimento A possui uma rentabilidade anual maior do 
que a dos demais investimentos. 
 
44. 25% de 279 = 68 
 
45. 70% V + 20% × (30% × V) = 3 800 ⇒ 
⇒ 0,7 × V + 0,2 × 0,3 × V = 3 800 ⇒ 
⇒ V = 3 800/0,76 = R$ 5 000,00 
 
46. Em um mês, os rendimentos líquidos (descontando o 
imposto de renda) serão: 
Poupança = R$ 500,00 × 0,56% = 500 × 0,56% = 
= 2,80  Total de R$ 502,80 
CDB = R$ 500 × 0,876 × (100% – 4%) = 
= 500 × 0,876% × 0,96 = 500 × 0,84 = 4,20 
Total de R$ 504,20. 
 
47. (145.000 – 132.000)/132.000 = (145 – 132)/132 = 13/132 
= 9,8% Equivale ao desempenho “bom” (entre 5% e 
10%) 
48. 40% curados inicialmente, 30% submetidos ao 
tratamento inovador 1 que resultou em 35% de cura (30% 
× 35% = 0,3 × 0,35 = 0,105) e 30% submetidos ao 
tratamento inovador 2, resultou em 45% de cura 
(30% × 45% = 0,135). O total de cura nos pacientes 
submetidos aos tratamentos inovadores foi de 
0,135 + 0,105 = 0,24 = 24%. 
 
49. 56% de 14.900 = 8.344 
 
SEQUÊNCIAS E PROGRESSÕES 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
C D C E B A C A D D 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
C E D E C E B D B B 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
B D B C D C C D B D 
31 
B 
 
1. Tem-se que 5min15 s 315 s= é o primeiro termo de 
uma progressão aritmética de razão 315 s e termo de 
ordem n igual a 
1h 55min 30 s 115min 30 s
(115 60 30) s
30 231s.
=
= ⋅ +
= ⋅
 
 
Logo, vem 
30 231 315 (n 1) 315 n 22.⋅ = + − ⋅ ⇔ = 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
16 
 
Portanto, como os tempos obtidos pelo corredor também 
constituem uma progressão aritmética de primeiro termo 
igual a 5min 27 s 327 s= e razão 327 s, segue que o 
seu tempo total de corrida é igual a 
327 21 327 7194 s
3600 s 3594 s
1h 3540 s 54 s
1h 59min 54 s.
+ ⋅ =
= +
= + +
=
 
 
2. O número de acidentes a partir de 2014 decresce segundo 
uma progressão aritmética de primeiro termo 900 e 
razão 50.− Logo, como o número de acidentes em 2018 
corresponde ao quinto termo dessa progressão, temos 
900 4 ( 50) 700.+ ⋅ − = 
 
 
3. As distâncias dos postes até a praça constituem uma 
progressão aritmética de primeiro termo 80 e razão 20. 
Desse modo, o número, n, de postes é dado por 
13001380 80 (n 1) 20 n 1
20
n 66.
= + − ⋅ ⇔ = +
⇔ =
 
 
A resposta é 66 8000 R$ 528.000,00.⋅ = 
 
4. O número de partidas disputadas decresce segundo uma 
progressão geométrica de primeiro termo 128 64
2
= e 
razão 1.
2
 Por conseguinte, a resposta é 
64 32 16 8 4 2 1.+ + + + + + 
 
5. O número de palitos em cada figura constitui uma 
progressão aritmética de primeiro termo 3 e razão 4. 
Portanto, o décimo termo da sequência possui 
3 + 9 · 4 = 39 palitos. 
 
6. O plano A custará ao todo 
6 · 500 + 4 · 650 = R$ 5.600,00, 
enquanto que o plano B custará ao todo 
6 · 200 + 6 · 650 = R$ 5.100,00. 
Portanto, a decisão foi boa para o fabricante, pois o plano 
B custará ao todo 5600 5100 = R$ 500,00− a menos do 
que o plano A custaria. 
 
7. A resposta é 2100 · (0,97) = 94,09kg. 
 
8. Desde que 2kA = k , temos 
2 2
n n 1A A = n (n 1) = 2n 1,−− − − − 
para todo n natural, com n ≥ 2. 
 
9. É fácil ver que os andares 201, 7, 13, 19, …, a , com a20 
sendo o último andar do edifício, foram aqueles que 
receberam reparos de João e Pedro. Portanto, como tal 
sequência é uma progressão aritmética de razão 6 e 
primeiro termo 1, temos 20a = 1+19 · 6 = 115. 
 
10. Os grupos batem palmas simultaneamente a cada 
mmc(2, 3, 4) = 12 segundos. Logo, se o primeiro 
registro corresponde a 1s, então o termo geral da 
sequência anotada é 1 + (n – 1) · 12, com n sendo um 
número natural e 1 ≤ n ≤ 5. 
 
11. O número de visitantes cresce segundo uma progressão 
geométrica de primeiro termo 345 e razão 3. 
Por conseguinte, a resposta é 345 × 33. 
 
12. Calculando: 
8 1 7
A1 = 2
A2 = 4 PG com q = 2
A3 = 8
A8 = A1 · q = 2 · 2 = 256−
⇒
 
 
13. A temperatura, T, da liga após t horas é dada por 
2tT = 3.000 · (0,99) . Por conseguinte, o tempo 
necessário para que a temperatura da liga atinja 30 ºC é 
tal que 
2t2
2t
2
2t2
-2
2
3 · 11 13.000 · (0, 99) = 30 =
10010
3 · 11log = log10
10
2t · (2 · log3 + log11 2 · log10) = 2
t · (2 · 0, 477 + 1, 041 2) 1
1t
0, 005
t 200.
 
⇔  
 
 
⇔  
 
⇔ − −
⇒ − ≅ −
⇒ ≅
⇒ ≅
 
14. O número de unidades produzidas cresce segundo uma 
progressão geométrica de razão q = 1+ 0,5 = 1,5 e 
primeiro termo igual a 8.000. 
Portanto, a equação que determina o número de unidades 
produzidas P em função de t, para t ≥ 1, 
é t 1P(t) = 8.000 (1,5) .−⋅ 
 
15. As distâncias diárias percorridas correspondem a uma 
progressão aritmética de primeiro termo 60 km e razão r km. 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
17 
Logo, sabendo que a soma dos n primeiros termos dessa 
progressão é igual a 1.560 km, e que a distância 
percorrida no último dia foi de 180 km, temos 
60 +1801560 = n n = 13.
2
  ⋅ ⇔ 
 
 
Portanto, segue que 
180= 60 + (13 1) · r r = 10 km.− ⇔ 
 
16. Uma hora corresponde a 4
4
 de hora. Logo, ao fim de uma 
hora, o número de bactérias X foi de 4 52 ·10 . 
 
17. As distâncias diárias percorridas constituem uma progressão 
aritmética de primeiro termo 300 e razão 200. Logo, a 
distância percorrida no dia n é dada por 
dn = 200 n + 100. 
Queremos calcular n de modo que nS 9500,≤ com Sn 
sendo a distância total percorrida após n dias. 
Assim, 
2300 + 200n +100 n 9500 n + 2n 95 0
2
1 n 4 6 1.
  ⋅ ≤ ⇔ − ≤ 
 
⇒ ≤ ≤ −
 
Portanto, como 4 6 1 8,8,− ≅ segue-se que o chip 
poderá armazenar a quilometragem do plano de treino 
por 8 dias consecutivos. 
 
18. Como 51, 50 – 50,25 = 52,75 – 51,50 = 54 – 52,75 = 1,25, 
podemos concluir que a sequência 50,25; 51,50; 52,75; 
54,00;… é uma progressão aritmética de primeiro termo 
a1 = 50,25 e razão r = 1,25. Portanto, queremos calcular 
a soma dos 10 primeiros termos dessa progressão 
aritmética, ou seja, 
1
10
2a + 9rS = ·10
2
2 · 50,25 + 9 ·1,25= ·10
2
= 558,75.
 
 
 
 
 
 
 
 
19. A quantidade de cartas que forma o monte é dada por 
52 (1+ 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) = 24.− 
 
20. É fácil ver que o número de quadrados pretos que restam 
após a n-ésima iteração é dado por 8n. Portanto, após a 
terceira iteração, o número de quadrados pretos que 
restam é igual a 83 = 512. 
 
21. Seja i a taxa de redução anual procurada. 
Como o percentual de abandono em 2010 foi de 10%, 
segue-se que i deve ser tal que 
 
3 3
3
3 3
5,210,3 · (1 i) = 5,2 (1 i) =
10,3
(1 i) 0,51
(1 i) (0,8)
1 i 0,8
i 20% a.a.
− ⇔ −
⇒ − ≅
⇒ − ≅
⇒ − ≅
⇒ ≅ 
 
22. P.A, onde a1 = 33 000 e razão r = 1500. 
a7 = número de passagens vendidas em julho do ano 
passado. 
Logo, 
a7 = a1 + 6. r 
a7 = 33 000 + 6.1500 
a7 = 42 000. 
 
23. P.A.( 4, 7, 10,...) r = 3 
Sendo Q a quantia de quadrados e C a quantia de 
canudos, temos: 
C = Q1 + (Q – 1) · r 
C = 4 + (Q – 1) · 3 
C = 3 · Q + 1 
 
24. O número de estrelas em cada linha constitui uma 
progressão aritmética em que o termo geral é dado por
na = n, sendo (n ≥ 1) o número da linha. 
A soma dos 150 primeiros termos da progressão é dada 
por 
1 150
150
(a + a ) (1 + 150)S = · 150 = · 150 = 11.325.
2 2
 
Portanto, como 12.000 é o número mais próximo de 
11.325, segue que o funcionário III apresentou o melhor 
palpite. 
 
25. As distâncias percorridas pelo corredor constituem a 
progressão aritmética (3; 3, 5; 4; …; 10). 
Se n denota o número de dias para que o planejamento 
seja executado, temos que 
 
10 = 3 + (n 1) 0,5 7 · 2 = n 1 n = 15.− ⋅ ⇔ − ⇔ 
 
26. O número de triângulos pretos em cada passo constitui a 
PG (1, 3, 9, 27, …). 
A alternativa (C) é a única que apresenta 27 triângulos 
pretos. 
 
27. Sequência sem passar duas vezes pelo mesmo ponto é: 
 
K → L → G → I → J → H → F 
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
18 
28. Basta adicionar 1 500 passagens para cada mês, portanto, 
em julho, teremos o total de março com um adicional de 
4 × 1 500 = 6 000. Sendo assim, temos: 
 
36 000 + 6 000 = 42 000. 
 
29. Nas condições citadas, o Brasil teria 9 medalhas de ouro, 
6 de prata e 13 de bronze, totalizando 28 medalhas. 
No entanto, ele teria menos medalhas de prata que Cuba, 
e mais do que a Ucrânia, colocando o Brasil entre Cuba e 
Ucrânia na 12ª posição na classificação. 
 
30. 
Soma da linha 1 = 1 
Soma da linha 2 = 1 + 2 + 1 = 4 
Soma da linha 3 = 1 + 2 + 3 + 2 + 1 = 9 
Soma da linha 4 = 1 + 2 + 3 + 4 + 3 + 2 + 1 = 16 
Soma da linha 5 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 25 
Soma da linha 6 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 36 
 
A lei de formação para a soma é o número da linha 
elevado ao quadrado (n2) 
Soma da 9ª linha é 92 = 81 
 
31. Como o ano 0 corresponde ao ano 1 a.C, temos apenas 
uma alternativa que corresponde a esta relação. 
 
 
GEOMETRIA PLANA / FIGURAS PLANAS E 
ÁREAS 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
B D B B E A E B A B 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
D C B E A B A C C E 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
A E D B C A A C B A 
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 
D A A D E C C B D D 
41 42 43 44 45 46 47 
B B D C E B A 
 
1. O comprimento mínimo necessário é igual a 
5 11 2 10 3300 cm.π⋅ ⋅ ⋅ ≅ 
 
Logo, como a despesa em cada loja é dada, 
respectivamente, por 
  ⋅ =  
  ⋅ =  
  ⋅ =  
  ⋅ =  
3300 11 R$ 121,00,
300
3300 19 R$ 95,00,
700
3300 33 R$ 132,00,
1000
3300 37 R$ 111,00,
1400
 
 
e 
  ⋅ =  
3300 61 R$ 122,00,
2200
 
 
é fácil ver que a loja II deverá ser a escolhida. 
 
Observação:  x denota o menor inteiro maior do que 
ou igual a x. 
 
2. Desde que AD BC= e AB DC,= temos DE 6cm.= 
Portanto, pelo Teorema de Pitágoras, temos 
 
2 2 2 2 2 2AE AD DE AE 12 6
AE 5 36
AE 6 5 cm.
= + ⇒ = +
⇒ = ⋅
⇒ =
 
3. Se h é a altura do trapézio ABCD, então 
= ⇔ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
⇔ ⋅ = ⋅
⇔ =
1 1(ABP) (BPM) AP h BM h
2 2
1 1AD BC
3 2
BC 2.
3AD
 
 
4. Desde que a área de cada placa é a soma das áreas de um 
quadrado de lado 40cm com um semicírculo de raio 
40 20cm,
2
= podemos concluir que a resposta é 
 
2
2
2010 40 40 10 2228
2
22280 m .
π ⋅
⋅ ⋅ + ≅ ⋅  
 
≅
 
 
5. A nova área que será pavimentada corresponde a uma 
coroa circular de raios 6 3 m
2
= e 6 8 7 m.
2
+
= Assim, 
como tal área vale 
 
2 2 2(7 3 ) 40 120 m ,π π⋅ − = ⋅ ≅ 
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
19 
podemos concluir que o material disponível em estoque 
não será suficiente. 
6. É fácil ver que as hipotenusas dos triângulos retângulos 
crescem segundo uma progressão geométrica de primeiro 
termo 2 2 cm e razão 2. 
 
7. Sendo AB AC= e 90 BAC 180 ,° < < ° podemos 
afirmar que ABC é obtusângulo isósceles. 
 
8. Se b 10 m= e i 40%,= então 
h 10040 h 4 m.
10
×
= ⇔ = 
Ademais, sendo ABCD um quadrado, pelo Teorema de 
Pitágoras, vem 
2 2 2 2 2 2
2 2
d b h d 10 4
d 116 m .
= + ⇔ = +
⇔ =
 
 
Portanto, temos N 116 10,5 1218= × = e, assim, serão 
necessários no mínimo dois milheiros. 
9. Entre os estágios 1 e 3, em qualquer instante, o 
segmento de reta MO corresponde à mediana do 
triângulo retângulo cuja hipotenusa tem comprimento 
igual ao comprimento da viga. Desse modo, como a 
mediana mede metade da hipotenusa, e esta é constante, 
segue que a resposta é o gráfico da alternativa [A]. 
 
10. No projeto 1, o número de lotes é igual a 2 24 48.⋅ = 
Logo, o lucro será 
48 23000 700000 R$ 404.000,00.⋅ − = 
 
No projeto 2, o número de lotes é 3 8 24.⋅ = Desse 
modo, o lucro será 
24 35000 700000 R$ 140.000,00.⋅ − = 
 
No projeto 3, o número de lotes é 2 12 24.⋅ = Em 
consequência, o lucro será 
24 45000 700000 R$ 380.000,00.⋅ − = 
 
Portanto, deverá ser escolhido o Projeto 1. 
 
11. Sejam O e M, respectivamente, o centro do chafariz e o 
ponto médio do segmento de reta AB. Logo, se R OB= 
é o raio da praça e r OM= é o raio do chafariz, então, 
pelo Teorema de Pitágoras, vem 
2
2 2 2 216R r R r 64.
2
 = + ⇔ − = 
 
 
 
A área do passeio é 2 2 2(R r ) 64 m .π π⋅ − = 
 
12. O resultado é dado por 
2
1 1(ABCD) (ADE) (50 29) 8 50 20
2 2
816 m .
+ = ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅
=
 
 
13. Se a área do círculo é 23 m ,π então 
2r 3 r 3 m.π π⋅ = ⇒ = 
 
Ademais, como o triângulo ABO é equilátero, temos 
L 3r L 2 m.
2
= ⇔ = 
 
Portanto, a resposta é 
2
23 2 3 6 3 m .
2
⋅
= 
 
14. Se o octógono é regular, então FG GH= e 
FGH 135 .= ° Ademais, sendo o triângulo GHI 
equilátero, vem GI FG= e HGI 60 .= ° Em 
consequência, o triângulo FGI é isósceles de base FI, 
implicando, portanto, em GFI GIF.≡  Desse modo, 
temos 
  FGI FGH HGI
135 60
75 .
= −
= ° − °
= °
 
 
A resposta é 

1GIF (180 FGI)
2
1 105
2
52,5 .
= ⋅ ° −
= ⋅ °
= °

 
 
15. A inclinação atual é 200 25%.
8
= Porém, de acordo com 
as normas técnicas, a distância entre os níveis da garagem 
e da rua deveria ser 8 20 160cm.⋅ = 
Em consequência, o nível da garagem deverá ser elevado 
em 200 160 40cm.− = 
 
16. Seja h a alturado cilindro. 
Na figura é possível perceber que foram dadas seis voltas 
em torno do cilindro. Logo o cateto adjacente ao ângulo 
de 30° mede 66 2 72cm⋅ π ⋅ =
π
 e, portanto, temos 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
20 
 
htg30 h 24 3 cm.
72
° = ⇔ = 
17. O menor caminho, por inspeção, corresponde ao 
comprimento de 8 segmentos de reta de medida igual a 
1, somado ao comprimento do arco definido pelo ângulo 
central de 4 21 rad
6 3
π π
⋅ = e raio 1, ou seja, 2 8.
3
π
+ 
 
18. Desde que área do trapézio é dada por 
23,8 + 3 · 4 = 13,6 m ,
2
 
 
 
 
podemos concluir que a quantidade mínima de BTUh 
necessária é 13,6 · 800 + 600 = 11480. 
Em consequência, a escolha do supervisor recairá sobre 
o aparelho do tipo III. 
 
19. As taças devem ficar alinhadas, portanto seus diâmetros 
também ficarão. O desenho a seguir demonstra a 
disposição das taças, sendo os círculos menores suas 
bases (raio de 4 cm) e os círculos maiores pontilhados 
suas bordas superiores (raio de 5 cm). Em vermelho está 
delimitada a área mínima da bandeja. 
 
 
 
Assim, a área mínima seria: 
2A = 38 · 8 = 304 cm 
 
20. O resultado pedido é dado por 
7.000 ·10.000 = 14.000.
40 ·125
 
 
21. Se os triângulos retângulos são isósceles e congruentes, 
então seus catetos medem 18 m e a base do paralelogramo 
que constitui o passeio mede 24 18 = 6 m.− Portanto, 
a área do passeio é igual a 26 ·18 = 108 m . 
 
22. Sendo 6 + 2 · 0,2 + 0,1 = 6,5 m e 10,4 + 2 · 0,2 + 2 · 0,1 = 
= 11 m as dimensões da casa, podemos concluir que a 
resposta é dada por 4 · 6,5 ·11 = R$ 286,00. 
 
23. Calculando: 
( ) máx máx
2x + 2y = 100 x + y = 50
x · y = S x · y = S
x · 50 x = S x = y = 25
 
⇒ ⇒ 
 
⇒ − ⇒
 
 
24. Seja r, em quilômetros, o raio da mancha de óleo. 
Tem-se que 
2 100100 = r r
3
10r
1,7
r 6 km.
⋅ ⇒ ≅
⇒ ≅
⇒ ≅
π
 
 
25. 
( )
2 2
i i
2
f
3
i
V = v = v · 2 V = 4v
V = 400 = v 2 400 = 16v v = 25
V = 4 · 25 = 100 m s
⋅ ⇒
⇒
⋅ ⇒ ⇒
⇒


 
 
26. Calculando: 
 
( )
2 2
circunf
22 2
quadrado
2
terra
S = (10) = 100 300 m
20 20 2x 2 = 20 x = = x = 10 2 m
22
S = x = 10 2 = 200 m
S = 300 200 = 100 m
≈
⇒ ⇒
−
π π
 
Como é necessário 1 saco (de 15 kg) de terra por metro 
quadrado, serão necessários 100 sacos de terra vegetal 
para cobrir a área pretendida. 
 
27. Seja py a ordenada do ponto P, de tal sorte que 
p p
p
90 · y y +100
B = + ·10 = 50 · y + 500.
2 2
 
 
 
 
Assim, temos 
p
100 ·100A = B = 4.500 50 · y .
2
− − 
Desse modo, se a meta é 0,3, então 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
21 
p
p
A = 0,3 A = 1.500
A + B
4.500 50 · y = 1.500
y = 60.
⇔
⇔ −
⇔
 
Portanto, a resposta é (100 60)% = 40%.− 
 
 
28. Calculando: 
 
2
lote1
2
lote2
15 x 3 1,7= x = 15 · 15 · 12,75 m
sen 90° sen 60° 2 2
S = 12,75 · 30 = 382,5 m
S = 15 · 30 = 450 m
⇒ ≈ ⇒ ≈x
 
Logo, o lote 2 é o único que tem área suficiente para a 
execução do projeto. 
 
29. Sabendo que as áreas são iguais, temos 
215 ·15 21 · 3x · (x + 7) = + x + 7x 144 = 0
2 2
x = 9 m.
⇔ −
⇒
 
Portanto, o comprimento e a largura devem medir, 
respectivamente, 16 m e 9 m. 
 
Observação: Aparentemente houve um engano na 
ordem das medidas da alternativa B. 
 
30. Antes da modificação, a área de cada garrafão era de 
2360 + 600 · 580 = 278.400 cm
2
 
Após a modificação tal área passou a ser de 
2490 · 580 = 284.200 cm . 
Portanto, houve um aumento de 284200 – 278400 = 
= 5.800 cm2. 
 
31. 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: 
( ) ( ) 2paredes 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. 
32. A área total de cobertura das duas antenas era de 
2 22 · π · 2 = 8π km . Com a nova antena, a área passou a 
ser de 2 2π · 4 = 16π km . Portanto, o aumento foi de 
216π 8π = 8π km .− 
 
33. Sejam a,  e p respectivamente, a altura, a largura e a 
profundidade no desenho. Tem-se que 220a = = 27,5 cm;
8
120= = 15 cm
8

 e 50p = = 6,25 cm.
8
 Por conseguinte, 
após a redução de 20%, tais medidas passaram a ser 0,8 
· 27,5 = 22 cm; 0,8 · 15 = 12 cm e 0,8 · 6,25 = 5 cm. 
 
34. Tem-se que a resposta é dada por 443 ·120 · 2,54 135 m.
100
≅ 
 
35. 
A1 = Área do Pantanal = 150.355 × 106 m2 
A2 = Área de um campo de futebol = 120 × 90 = 10.800 m2 
Área do Pantanal em campos de futebol = A1
A2
 = 
= 150.355 × 106 m2/10.800 m2 = 14 × 106 = 14.000.000 
 
36. Nesta questão é necessário calcular a área de cada figura 
geométrica que forma parte da planta. 
Ambiente I – Retângulo – Área I = 8 × 5 = 40 m2 
Ambiente II – Retângulo – Área II = 5 × (14 – 8) = 
= 5 × 6 = 30 m2 
Ambiente III – Retângulo – Área III = (9 – 5) × (14 – 8) = 
= 4 × 6 = 24 m2 
Ambiente IV – Trapézio – Área IV = 
= Altura × (Lado Maior + Lado Menor)/2 = 
= 7 × [(14 – 8) + 4]/2 = 7 × (6 + 4)/2 = 7 × 10
2
= 7 × 5 = 35 m2 
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
22 
Como o modelo A cobre 35 m2 e o modelo B cobre 40 m2 e 
o aquecedor deve ser instalado em um ambiente com área 
menor que sua cobertura, temos: 
Ambiente I – Modelo B 
Ambiente II – Modelo A 
Ambiente III – Modelo A 
Ambiente IV – Modelo B (Note que a área é de 35 m2, 
igual a cobertura do Modelo A, no entanto, o fabricante 
diz que área deve ser menor do que a cobertura do 
equipamento, portanto, deve-se utilizar o modelo B). 
 
37. 
Perímetro do terreno 1 = 2 × 55 + 2 × 45 = 110 + 90 = 200 m 
Perímetro do terreno 2 = 2 × 55 + 2 × 55 = 110 + 110 = 220 m 
Perímetro do terreno 3 = 2 × 60 + 2 × 30 = 120 + 60 = 180 m 
 
Terreno 3 é o que atende à exigência. 
 
38. Primeira encomenda: 
Área das telas = 8 × 25 cm × 50 cm = 10 000 cm2 = 1 m2 
Comprimento Moldura = 8 × 2 × (25 + 50) = 1 200 cm = 12 m 
Valor da primeira encomenda = 20 × 1 + 15 × 12 + 10 = 
= R$ 210,00. 
Segunda encomenda: 
Área das telas = 8 × 50 cm × 100 cm = 40 000 cm2 = 4 m2 
Comprimento Moldura = 8 × 2 × (100 + 50) = 1 200 cm = 
= 24 m 
Valor da primeira encomenda = 20 × 4 + 15 × 24 + 10 = 
= R$ 450,00. 
 
Valor da segunda encomenda é maior do que o da 
primeira encomenda, no entanto, não é o dobro e sim 
mais do que o dobro. 
 
39. Ao dobrar o raio, ele está quadruplicando a área, pois a área 
de uma circunferência é diretamente proporcional ao 
quadrado de seu raio. Então, ao dobrar o raio, ele estará 
utilizando 4 vezes mais chocolate, de forma que o preço 
deveria ser quadruplicado, ou seja, deveria ser R$ 6,00. 
 
40. Vazão na figura I é Q1 = A1 × v = 1 050 m3/s, a área na 
figura é dada por A1 = 2,5 × (20 + 30)/2 = 62,5 m2, o que 
resulta em uma velocidade v = Q1/A1 = 1 050/62,5 = 
= 16,8 m/s. Considerando que a velocidade será a mesma, 
temos que a vazão na canaleta de área A2 = 2 × (49 + 41)/2 = 
= 90 m2 será Q2 = 90 × 16,8 = 1 512 m3/s. 
 
41. AB = 2 cm2, que corresponde à soma de dois segmentos 
de iguais medidas, sendo um deles o lado quadrado e o 
outro o cateto do triângulo retângulo menor 
(triângulo 1). Temos, portanto, que o quadrado tem área 
Aq = 1 × 1 = 1 cm2 enquanto o triângulo tem área 
At1 = (1 × 1)/2 = 0,5 cm2. 
Como na figura 1 vemos que o cateto do triângulo 
retângulo isósceles maior (triângulo 3) tem a mesma 
medida da soma de um lado do quadrado e de um lado 
triângulo retângulo isósceles menor, temos que o lado 
mede 2 cm, portanto, a sua área é dada por At3 = (2 × 2)/2 = 
= 2,0 cm2. Na figura 2 temos que o paralelogramo possui 
um dos lados igual ao lado do quadrado, ou seja, 1 cm, e 
pela figura 1 temos que a sua altura éigual ao cateto do 
triângulo isósceles maior, ou seja, 1 cm. Portanto, a área do 
paralelogramo é igual à Ap = 1 × 1 = 1 cm2. 
Por fim, pela figura 2 temos que a hipotenusa do 
triângulo retângulo isósceles médio (triângulo 2), 
portanto, h = 2 cm, com isto, temos que os catetos c 
medem, pelo teorema de Pitágoras: 22 = c2 + c2  2c2 = = 
4  c = 2. Com isto, a área do triângulo maior é dada 
por At3 = 22 2 1 cm .× = Assim, temos que a área de 
figura 3 é dada pela soma da área das figuras que a 
compõem considerando a quantidade de cada figura: 
A casinha = Aq + 2 × At1 + At2 + 2 × At3 + Ap = 
= 1 + 2 × 0,5 + 2 × 2 + 1 + 1 = 8 cm2. 
 
42. A solução desta questão pode ser facilitada em muito 
aproveitando-se a simetria da figura, que possibilita a 
divisão da mesma em 4 quadrados iguais. Com isto, basta 
resolver o problema para uma destas partes e multiplicar 
por quatro, visto que são quatro partes iguais. 
Fazendo-se a divisão, tem-se: 
 
 
 
O vértice no qual ficava o centro geométrico da figura 
maior foi chamado de O, já o outro vértice foi chamado 
de X. 
Como na figura maior o quadrado tinha lado 1 m de 
acordo com o enunciado, os pontos A e B são os pontos 
médios do quadrado maior, e a figura foi partida em 
4 quadrados menores simétricos, então, tem-se que cada 
lado do quadrado menor possui 0,5 m de extensão. 
Já o segmento AP é igual ao segmento PO e ambos 
medem ¼ de um lado do quadrado original (maior), 
ou 0,25 m. 
A área do quadrado AXBO é dada por: 0,5 × 0,5 = 0,25 m2. 
A área do triângulo AXB é a metade da área do quadrado 
AXBO, pois a figura representa a metade da área. 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
23 
No entanto, a mesma pode ser calculada pela fórmula da 
área do triângulo: (base × altura) / 2. Com isto, 
0,5 × 0,5 / 2 = 0,125 m2. 
Já a área do triângulo PBO é dada por: 0,25 × 0,5/2 = 
= 0,0625 m2. 
A área cinza é dada pela soma da área do triângulo AXB 
com a área do triângulo PBO: 0,125 + 0,0625 = 
= 0,1875 m2. 
Já a área branca é dada pela subtração do total de área 
cinza na área do quadrado AXBO: 0,25 – 0,1875 = 
= 0,0625 m2. 
Como o vitral para a área sombreada custa 
R$ 30,00 por m2, para saber o valor total devemos 
multiplicar este valor pela área total, lembrando-se que 
calculamos apenas um quarto da área total, ou seja, 
precisa-se multiplicar por 4 para chegar-se à área total: 
Valor Vitral Área sombreada = 4 × 30 × 0,1875 = R$ 22,5. 
Já o valor para a área branca custa R$ 50,00 por m2. 
Valor Vitral Área Branca = 4 × 50 × 0,0625 = R$ 12,5. 
Para se chegar ao valor total a ser gasto, basta somar 
ambos os valores: R$ 12,5 + 22,5 = R$ 35,00. 
 
43. 
 
 
 
O quadrado ABCD possui lados iguais ao dobro do raio 
dos tubos internos, ou seja, 2 × 6 = 12 cm. Portanto, 
o lado AC, por ser uma diagonal do quadrado mede lado 
x 2 12 2.= Sendo assim, OC, que é metade da 
diagonal, mede 6 2 cm, portanto, o cilindro maior 
possui raio dado pelo segmento OF = OC + CF = =
6 2 6 6(1 2) cm.+ = + 
 
44. Se unirmos os três pontos centrais de cada canos menor, 
teremos um triângulo equilátero, cujo lado será igual à 
soma dos raios de cada 2 canos (ou seja 60 cm). 
Devemos, então, calcular o ponto central deste triângulo 
para descobrir o ponto central do cano maior. Para isso, 
precisamos calcular a altura (h) e a distância (d) deste 
triângulo equilátero de lado 60 cm. Assim: 
l 3h
2
60 3h
2
h 30(1,7) 51
=
=
= = 
Para calcular d: 
2d h
3
2d (51) 34
3
=
= =
 
R será, então, a soma do raio do cano menor, d e os 10 cm 
que deve haver entre os canos menores e o maior. Logo: 
R = 30 + 34 + 10 = 74 cm. 
 
45. Cálculo das sobras: 
Sobra tampa grande = 2 × 2 – 12 = 4 –  
Sobra tampa grande = 2 × 2 – 4 (1/2)2 = 4 –  
Sobra tampa grande = 2 × 2 – 16 (1/4)2 = 4 –  
Ou seja, todas as entidades recebem a mesma quantidade de 
material. 
 
46. A soma dos ângulos internos do trapézio é 360º, sendo 
assim, a soma dos ângulos nos vértices A e B é 
360º – 90º – 90º = 180º. Sendo assim, a área de cobertura 
é equivalente a área de semicírculo de raio 
10 km:  (10)2/2 = 3,14 × 100/2 = 157 km2 
Assim, a probabilidade é de 157/628 = 0,25 = 25%. 
 
47. Para a medida da superfície temos: 
S = y2 · n 
Se a nova medida do lado será o triplo de y, e considerando 
a nova quantidade de placas como x, temos: 
S = (3y)2 · x 
Se a superfície foi inalterada, temos: 
y2 · n = (3y)2 · x 
y2 · n = 9y2 · x 
2
2
y nx
9y
nx
9
=
=
 
 
 
GEOMETRIA ESPACIAL / 
FIGURAS ESPACIAIS E VOLUMES 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
B B C E C D E C D C 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
24 
A B C E D B C A E D 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
A E B D E C B C D B 
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 
D A C C C B D D B A 
 
1. Sabendo que o volume é proporcional à altura, podemos 
afirmar que o volume ocupado pelas pedrinhas 
corresponde à altura de 60 30 10 20cm.− − = 
Assim, o volume ocupado pelas pedrinhas corresponde a 
340 35 20 28000cm .⋅ ⋅ = 
 
A resposta é 28000 280.
100
= 
 
2. Desde que 1,4 3 4,2 m⋅ = e 0,8 7 5,6 m,⋅ = podemos 
concluir que o modelo que atende às necessidades do 
cliente é o II. 
 
3. Desde que a área exibida no projeto pode ser dividida em 
três retângulos de dimensões 8 m 8 m, 3 m 7 m× × e 
3 m 5 m,× podemos concluir que o volume da laje é 
dado por 
30,05 (8 8 3 7 3 5) 5 m .⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ = 
 
Portanto, segue que um caminhão com capacidade 
máxima de 35 m será suficiente. 
 
4. Desde que = =V 16, F 11 e =A 24, temos 
+ = +V F A 3. 
 
5. A capacidade do copo é igual a 
2
36 15 405cm .
2
π  ⋅ ⋅ ≅ 
 
 Logo, desde que o volume 
ocupado pelos cubos de gelo é igual a 3 33 2 24cm⋅ = e 
o volume das rodelas de limão é 
2
342 0,5 12cm ,
2
π  ⋅ ⋅ ⋅ = 
 
 podemos afirmar que a 
resposta é 3405 24 12 369cm .− − = 
 
6. Seja h a altura procurada. 
O volume de água no reservatório central antes dos 
registros serem abertos era 2 32 3,3 4 3,3 m .π π⋅ ⋅ = ⋅ 
Logo, após a abertura dos registros, deve-se ter 
 
⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅
+ + =
=
2 2 24 (1,5) h 4 (0,05) 20 2 h 4 3,3
2,25h 0,05 h 3,3
h 1m.
π π π π
 
 
7. É imediato que as três dimensões da caixa devem medir 
no mínimo 11 2 22 cm.⋅ = Logo, os modelos 1 e 2 
devem ser descartados. Daí, como as áreas totais dos 
outros modelos são, respectivamente, iguais a 
 
2 2
2
6 25 3750cm ,
2 (26 25 26 24 25 24) 3748cm
⋅ =
⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ =
 
 
e 
22 (23 26 23 26 25 26) 3692cm ,⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ = 
 
podemos afirmar que o modelo 5 deverá ser o escolhido. 
 
8. O resultado é igual a 
3
20 20 8 19 19 7 3200 2527
673cm .
⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = −
=
 
 
9. O número máximo de potes em cada caixa é dado por 
8 8 40 2 2 6 24,
4 4 6
8 20 14 2 5 2 20,
4 4 6
18 5 35 4 1 5 20,
4 4 6
20 12 12 5 3 2 30
4 4 6
     ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =          
     ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =          
     ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =          
     ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =          
 
e 
24 8 14 6 2 2 24.
4 4 6
     ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =          
 
 
Portanto, ele deve adquirir o modelo IV. 
 
Observação: [x] denota o maior inteiro menor do que 
ou igual a x. 
 
10. Sejam x, y e z, respectivamente, os volumes ocupados 
por um saco de cimento, um saco de cal e uma lata de 
areia. Logo, temos 
4z60x 90y 120z x 2z e y .
3
= = ⇔ = = 
Portanto, se n é o resultado pedido, então 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
25 
4z15x 30y nz 120z 15 2z 30 nz 120z
3
n 50.
+ + = ⇔ ⋅ + ⋅ + =
⇔ =
 
 
11. A capacidade da piscina, em metros cúbicos, é dada por 
50 ·10 · 2,5 · 3 = 3750. 
 
12. Calculando: 
3
produto
V = 3 · 5 · (1,7 0,5) = 18 m = 18.000 L
V = 18 ·1,5 = 27 mL
− 
 
13. A caixa escolhida deve ser a número 3, pois se somarmos as 
diferenças de cada uma das dimensões tem-se: 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
Caixa 1 86 80 + 86 80 + 86 80 = 18
Caixa 2 não cabe 75 < 80
Caixa 3 85 80 + 82 80 + 90 80 = 17
Caixa 4 82 80 + 95 80 + 82 80 =19
Caixa 5 80 80 + 95 80 + 85 80 = 20
⇒ − − −
⇒ ⇒
⇒ − − −
⇒ − − −
⇒ − − −
 
 
Ou ainda pode-se calcular por volume: 
Caixa 1 86 · 86 · 86 = 636056
Caixa 2 não cabe 75 < 80
Caixa 3 85 · 82 · 90 = 627300 menor volume
Caixa 4 82 · 95 · 82 = 638780
Caixa 5 80 · 95 · 85 = 646000
⇒
⇒ ⇒
⇒ ⇒
⇒
⇒
 
 
14. A forma possui faces duas faces triangulares paralelas, 
portanto trata-se de um prisma triangular reto. 
 
15. É imediato que RS = π · 0,4 3,1 · 0,4 = 1,24 m.≅ 
 
16. Sabendo que a superfície lateral de um cilindro reto 
corresponde à superfície de um retângulo, e que a superfície 
lateral de um cone corresponde à superfície de um setor 
circular, podemos concluir que a única alternativa possível 
é a B. 
 
17. Poliedro de faces triangulares 3F = A
2
⇒ 
3F FV A + F = 2 V + F = 2 V = 2 2V F = 4
2 2
− ⇒ − ⇒ − ⇒ −
 
18. Uma pirâmide quadrangular possui 5 faces, 8 arestas e 
5 vértices. Após os cortes, tais quantidades serão acrescidas 
em 4, 12 e 8 unidades, respectivamente. 
Portanto, a joia ficará com 9 faces, 20 arestas e 
13 vértices. 
 
19. Se o volume da piscina olímpica é igual a 
33 · 25 · 50 = 3750 m , e o volume da piscina original era 
32 · 20 · 50 = 2000 m , então o resultado é 
3750 2000 100% 88%.
2000
−
⋅ ≅ 
 
20. O volume total de petróleo contido no reservatório é igual 
a 
3 360×10×10 = 6,0×10 m . 
Desse volume, após o vazamento, restarão apenas 
3 32 × 60×10× 7 = 2,8×10 m .
3 
Em consequência, a resposta é 
3 3 3 36,0×10 2,8×10 = 3,2×10 m .− 
 
21. Calculando: 
 
( )
2 2
2 2 2
2
2
lateral lateral
y yg = x + g = x +
2 4
4 · y · g yS = S = 2y x +
2 4
  ⇒ 
 
 
 ⇒ ⋅
 
 
 
 
22. Supondo que quadriláteros irregulares e trapézios sejam 
polígonos distintos, tem-se que as possibilidades são: 
triângulos, quadrados, trapézios, quadriláteros irregulares e 
pentágonos, conforme as figuras a seguir. 
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
26 
 
23. Calculando: 
 
 
 
( )22 2 2 22
2
AB = 214 2
214 2BC = = 107 2
2
BD = 204
BD = DC + BC 204 = DC + 107 2
DC = 41616 22898 DC = 18718 136,8 m
⇒
− ⇒ ≈
 
 
24. O volume do silo é dado por 
2 2 313 ·12 + · π · 3 · 3 324 + 27 351 m .
3
⋅ ≅ ≅π 
Portanto, se n é o número de viagens que o caminhão 
precisará fazer para transportar todo o volume de grãos 
armazenados no silo, então 
351n = 17,55.
20
≥ 
A resposta é 18. 
 
25. Para que seja mantida a mesma capacidade do frasco 
esférico, a altura do frasco cilíndrico deverá ser tal que 
2
3R 4π · h = π · R h = 12R.
3 3
  ⇔ 
 
 
 
26. Após os cortes, o poliedro P resultante é um sólido com 
6 + 8 = 14 faces. Portanto, a resposta é 14. 
 
27. Sendo a o comprimento das arestas da base e b a altura, 
pode escrever: 
( )
2
antigo
2 2
novo novo
novo antigo
V = a · b
V = 2a · b V = 4a · b
V = 4 · V
→
 
 
28. Seja v o volume da mistura sabor morango que será 
colocado na embalagem. Tem-se que 
31,25 · (1000 + v) 20 ·10 ·10 v 600 cm .≤ ⇔ ≤ 
Portanto, a resposta é 600 cm3. 
 
29. Se o cupcake fosse um prisma, suas medidas seriam
4 cm × 7 cm × 9 cm. Assim, a menor medida de caixa 
(que mais se aproxima das medidas do cupcake) que pode 
armazenar o doce, de forma a não o deformar e com 
menor desperdício de espaço é a embalagem IV. 
 
30 Sendo r e h as dimensões do cone e R e H as dimensões do 
poço, calculando o volume do poço e do cone, tem-se: 
( )22 2cone cone
2
poço
1 1V = · π · r · h = · π · 3R · 2,4 V = 7,2 πR
3 3
V = π · R · H
→ 
 
Pelo enunciado, sabe-se que o volume do cone é 20% 
maior do que o volume do poço cilíndrico, logo, 
pode-se escrever: 
 
poço cone
2 2
1,2 · V = V
1,2πR · H = 7,2 πR
H = 6 m
 
 
31. O volume da massa se manterá constante. Como o 
volume do cilindro é  × 
224
2
 
 
 
× 15 = 2160 , temos 
que o volume da esfera deverá ser o mesmo. Assim: 
3
3 34 R 2160 R 160 à R 3 60
3
π
= π → = =
 
 
32. Para calcular o volume de água do cilindro, temos a 
fórmula: v = R2 · h. Sendo, h = 1 m e v = 12 m3 e 
 = 3. Para saber o raio da ilha de lazer, considerando 
que o volume restante da piscina deve ser de no mínimo 
4 m3, temos que a ilha de lazer ter até 8 m3 de volume, 
(pois volume total = volume ilha + volume piscina 
restante  12 = v + 4  v = 8). Logo: 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
27 
2
2
2
2
2
v R · h
8 r · h
8 3r
8 r
3
8r
3
r 1,63
= π
= π
=
=
−
= 
 
 
33. Se a redução é de 20% na medida linear, num volume de 
forma cúbica, para medir a redução teremos de 
considerar a redução de cada uma das arestas primeiro, 
para depois calcular a redução do volume total. 
Considerando que cada aresta irá reduzir em 20%, 
teremos que a nova medida da aresta é dada por: 
 
a2 = a – 0,2a → a2 = 0,8a 
 
O novo volume serão então 3 3 32a (0,8a) 0,512a= = 
Se o volume inicial era a3 e passou a ser 0,512 a3, temos 
uma redução de 0,488 do volume, ou, 48,8%. 
 
34. Como a base do tanque tem área dada por 40 cm × 30 cm = 
= 1 200 cm2, cada cm de altura de líquido neste tanque 
equivale ao volume de 1 cm × 1 200 cm2 de água, 
ou seja, 1 200 cm3 de água. 
Portanto, se colocarmos um objeto de 2 400 cm3 no tanque, 
isto fará com que a água suba o equivalente a 2 400 cm3 em 
volume. Como 1 cm de altura no tanque equivale a 
1 200 cm3, temos que 2 400 cm3 (que é o dobro de 
1 200 cm3) equivalerá ao dobro de altura, ou seja, 2 cm. 
Como a altura inicial de água é dada por: 
25 cm – 5 cm = 20 cm 
Uma elevação de 2 cm na altura da água, resultará num 
nível de 20 + 2 = 22 cm de água. 
 
Forma alternativa: 
Gabarito: C (única que descreve que subirá 2 cm). 
 
35. Volume de água = 
5
6 
do Volume do cilindro = 
= 
5
6
 
 
 
×  × 22 × 10 = 3 × 4 × 10 = 
5
6
 
 
 
× 120 cm3 = 
= 
5
6
 
 
 
× 120 mL = 100 mL. 
 
36. Volume do paralelepípedo (Vp) = 3 × 18 × 4 = 216 
Volume do cubo = A × A × A = A3 = 216, 
pois possuem o mesmo volume. 
Então, a (aresta) = 3 216 6 cm= 
 
37. 
Volume = Volume do Cilindro externo – Volume do 
cilindro interno 
Volume = 4 × 3,1 × [(1,2)2 – (1)2] = 4 × 3,1 × 0,44 = 
= 5,456 m3 
Como o metro cúbico do concreto custo R$ 10,00, temos 
que o valor é 5,456 × 10 = R$ 54,56. 
 
 
38. 
A1 = Área lateral do cilindro I = 2 × 3 × 2 × 6 = 72 m2 
A2 = Área lateral do cilindro II = 2 × 3 × 2 × 8 = 96 m2 
A3 = Área lateral do cilindro III = 2 × 3 × 3 × 8 = 144 m2 
V1 = 3 × 22 × 6 = 72 m3 
V2 = 3 × 22 × 8 = 96 m3 
V3 = 3 × 32 × 8 = 216 m3 
A1 1
V1
=
 
A2 1
V2
=
 
A3 2
V3 3
=
 
Tanque 3 é o que possui a melhor relação custo por metro 
cúbico de capacidade de armazenamento. 
 
39. 
Volume de champagne na taça esférica = 
= V1 = 0,5 × 
4
3
 
 
 
 ×  × 33 = 18 cm3 
 
Volume de champagne na taça cônica = 
= V2 = 
1
3
×  × 32 × h = 3h cm3 
Para que os volumes sejam juntos, temos: 
V1 = V2  3h = 18 h = 6 cm. 
 
40. Deve-se calcular o volume da leiteira e dos copinhos 
utilizados, calculando-se a área do volume de um cilindro 
para cada um. Em seguida, deve-se dividir o volume da 
leiteira pelo o copinho para descobrir quantos copinhos em 
volume cabem na leiteira. Com isto, basta escolher a opção 
mais coerente. 
Volume Leiteira = Vl =  × 82 × 20 
Volume Copinho = Vc =  × 42 × 4 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
28 
 
Número de copinhos em uma leitura = 
=
 
Vl
Vc
 =  × 82 × 20 /  × 42 × 4 = 4 × 5 = 20 
Ou seja, cabem 20 copinhos, o suficiente para servir 
20 copos cheios. Como a diarista deseja servir 
20 pessoas enchendo o copo até a metade, deve-se encher a 
leiteira até a metade, para não haver desperdício. 
 
 
NOÇÕES FUNDAMENTAIS DE 
GEOMETRIA PLANA E ESPACIAL 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
E A A A A E B C E B 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
D A B E B C B A B D 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
E C A A E C C B E C 
31 32 33 34 35 36 37 38 
B B D E E C E B 
1. A única alternativa que exibe espaçamentos iguais entre 
as letras é a [E]. 
 
2. Após a retirada dos tetraedros de arestaa ,
3
 restarão por 
faces 4 hexágonos regulares de lado a
3
 e 4 triângulos 
equiláteros de lado a .
3
 
3. Sabendo que a planificação da superfície lateral de um 
cilindro reto corresponde a um retângulo, e que os pontos 
X, W e V são colineares, podemos concluir que a 
alternativa correta é a [A]. 
 
4. Girando a haste 1
4
 de volta no sentido anti-horário, o 
ponto preto descreverá um arco de 1 360 90 .
4
⋅ ° = ° 
Logo, a imagem que melhor representa a projeção 
ortogonal da trajetória traçada pelo ponto preto é a da 
alternativa [A]. 
 
5. O número de cubinhos ausentes é igual a 9 2 11.+ = 
Logo, as únicas alternativas possíveis seriam [A] e [E]. 
Contudo, a face lateral direita apresenta seis cubinhos 
ausentes e, assim, só pode ser a alternativa [A]. 
 
6. O acréscimo em cada dimensão deve ser de 
5 2 0,5 6cm.+ ⋅ = Portanto, o modelo de caixa de 
papelão que atende exatamente as medidas das 
dimensões especificadas é a caixa cinco. 
 
7. Considerando o plano paralelo às geratrizes do cilindro, 
contendo os vértices dos cones, podemos afirmar que a 
resposta é a figura da alternativa [B]. 
 
8. Considere a figura, em que estão representadas as 
transformações mencionadas. 
 
 
 
Portanto, segue que a alternativa correta é a [C]. 
 
9. Considerando NO a origem e o sentido anti-horário o dos 
arcos positivos, tem-se que inicialmente a posição da 
câmera é 45 .° Desse modo, após as três mudanças, a 
câmera estará na posição 
45 135 60 45 165 .° + ° − ° + ° = ° Em consequência, a 
resposta é 165° no sentido horário. 
 
10. A figura a seguir ilustra a movimentação do quadro: 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
29 
 
Assim, para retorná-lo à posição original, este deve ser 
girado 135º (90° + 45°) no sentido horário. 
 
11. Unindo-se os centros dos círculos, tem-se um triângulo 
equilátero (com altura h destacada em vermelho) de lado 
igual a 2r, conforme a figura a seguir: 
 
A altura total dos canos será igual a: 
canos
canos
viaduto
H = h + 2r
r = 0,6
3 3h = L · = 0,6 · 2 · h = 1,02
2 2
H = 1,02 +1,2 = 2,22 m
H = 1,3 + 0,5 + 2,22 = 4,02 m
⇒ 
 
12. 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.⇔ 
 
13. 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. 
 
14. Considerando os dados do enunciado: 
 
 
 
( )
( )
ΔABC ΔCFG AB = AC
BM = CM BM = 1 B 1; 3
ΔABC ΔDBE
DE = DB DE = 0,5 E 0,5; 2,5
≈ ⇒
⇒ ⇒
≈
⇒ ⇒
 
 
15. A diagonal I J cruza liga vértices opostos do hexágono. 
Como existem apenas 6 vértices, há apenas mais duas 
diagonais possíveis ligando vértices opostos 
(portanto tendo o mesmo comprimento) – NQ e MP. 
 
16. Calculando: 
( ) ( )internos
internos
pentágono regular z é ângulo interno
S = 180° · n 2 = 180° · 5 2 = 540°
S 540°z = = = 108°
n 5
x + y + z = 180°
2x +108 = 180 x = y = 36°
x = y
⇒
− −
⇒ ⇒
 
 
17. Usando as aproximações fornecidas, concluímos que os 
diâmetros dos círculos inscrito e circunscrito a T medem, 
respectivamente, 4 cm e 8 cm. Em consequência, 
os exemplares I e V não satisfazem as condições, 
pois T cabe em V e I cabe em T. 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
30 
Por outro lado, pelo Teorema de Pitágoras concluímos 
facilmente que a diagonal de R mede 5 cm. Em que os 
diâmetros dos círculos inscrito e circunscrito a R medem, 
respectivamente, 3 cm e 5 cm. Portanto, os exemplares 
III e IV também não satisfazem as condições restando 
apenas o exemplar II. 
 
18. Sejam a e b as quantidades de palitos em cada um dos outros 
dois lados do triângulo. Tem-se que 
{a, b} {{1, 10}, {2,9}, {3, 8}, {4, 7}, {5, 6}}.∈ Mas, pela 
condição de existência de um triângulo, só pode ser
{a, b} {{3, 8}, {4, 7}, {5, 6}}∈ e, portanto, a resposta é 3. 
 
19. Sendo V = 20 e A = 30, pelo Teorema de Euler, 
segue que 
V A + F = 2 20 30 + F = 2
F = 12
− ⇔ −
⇔
 
Portanto, a quantidade de faces utilizadas na montagem 
do modelo ilustrativo desse cristal é igual a 12. 
 
20. Identificam-se na figura dois troncos de cone. Sendo as 
paredes externas da forma parte do tronco de cone maior, 
e as paredes do meio interno da forma compondo o 
tronco de cone menor. 
 
21. Como há um único foco de luz que projeta a circunferência 
percorrida pelo motoqueiro, e esta circunferência está 
verticalmente em relação ao chão, esta projeção será 
representada por um segmento de reta. Este segmento de 
reta deverá ser congruente ao diâmetro da circunferência 
percorrida pelo motoqueiro. Apenas a alternativa E 
apresenta um segmento de reta. 
 
22. Para resolver esta questão, deve-se imaginar a projeção 
sempre no plano. 
Assim, o deslocamento do ponto A ao ponto E projetado 
resulta numa linha diagonal ligando A ao centro do 
quadrado que forma a base da pirâmide. Com isto, 
as alternativas A, D, B estão descartadas por não 
representarem isto. Restam. Portanto, as alternativas C e E. 
Como o ponto M está entre os vértices C e B, 
a trajetória deve ser um segmento de reta que chega a um 
ponto entre estes dois vértices, portanto, 
a alternativa E está descartada, restando a alternativa C, 
que é correta. 
Por fim, apenas para finalizar, o desenho deve representar 
um segmento que liga o ponto intermediário entre C e B 
(ponto M) ao vértice C. 
 
23. O aluno deverá imaginar a dobradura realizada em cada 
uma das imagens planificadas. 
A primeira indica um cilindro, pois consiste de duas 
circunferências de base, que formarão arestas circulares 
que serão acompanhadas pelo retângulo que formará um 
cilindro. 
A segunda figura apresenta as bases na forma de um 
pentágono, e o corpo retangular já indica uma divisão em 
5 partes uniformes e iguais, o que sugere que cada uma 
destas partes acompanhará uma aresta dos polígonos, 
o que resultará num prisma de base pentagonal. 
Por fim, dobrando-se cada um dos triângulos da última 
figura na aresta que for a do triângulo de cor mais clara, 
tem-se uma pirâmide. Outra maneira de se ver o sólido 
resultante é perceber que cada um dos lados é um 
triângulo, e há apenas 4 possíveis faces, o que só pode ser 
uma pirâmide de base triangular, pois a mesma tem cada 
face formada por um triângulo e a base triangular. 
Solução alternativa: 
Resolvendo a primeira figura, tem-se um cilindro, o que 
elimina as alternativas B e C, sobrando apenas as 
alternativas A, D e E. Destas alternativas a única que 
menciona a base pentagonal é a alternativa A, sendo esta, 
portanto, a correta. Ou seja, o aluno consegue perceber 
facilmente que a base será um pentágono, e, com esta 
informação, é possível chegar à resposta correta. 
 
24. Como o comprimento de uma circunferência é dado por 
2 r, onde r é o raio da circunferência, temos que 2 é 
constante, então, quanto maior o raio, maior é o 
comprimento da circunferência. Portanto, considerando que 
os atletas partam de um mesmo ponto, aqueles que 
estiverem nas pistas mais próximas do centro de cada 
semicircunferência serão beneficiados, pois terão de 
percorrer uma distância menor. Portanto, o corretor da pista 
1 (mais próxima do centro) será beneficiado. 
 
25. A resposta é imediata: um cone. 
 
26. Temos a seguinte construção plana em arame rígido: 
 
Ao fazer a rotação do segmento AB, teremos um cone reto. 
Ao fazer a rotação BC, teremos um cilindro reto. 
Já o trecho DE, nos trás um tronco de cone, pois o 
segmento não encontra AG, portanto, não resultará em 
um cone completo. Por fim, o trecho EF rotacionadoresulta em um cilindro equilátero. O diagrama abaixo 
ilustra melhor a descrição. 
 
27. Fundo deverá ser um quadrado (quadrilátero de ângulos 
retos e lados de mesma medida), o que já elimina as 
alternativas B e D. Uma das faces laterais deverá ser um 
trapézio isósceles, o que elimina as alternativas A e E, 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
31 
restando portanto a alternativa C, que possui todas as 
propriedades descritas, já que das faces também são 
retângulos. 
 
28. Se a soma dos ângulos internos dos ladrilhos em torno de 
cada vértice comum for 360º, não ocorrerão falhas ou 
superposição. Portanto, se o arquiteto utilizar uma 
combinação de octógono e um outro ladrilho diferente, 
não há nenhuma opção que resulte numa soma de 360º, 
exceto quando um quadrado é utilizado com dois octógonos: 
135º + 135º + 90º = 360º 
 
29. Para calcular a área da base, precisamos calcular primeiro 
o lado desta base, sabendo que esta é quadrada. Este lado 
será formado pelo segmento BC, considerando C o ponto 
da base oposto ao ponto B indicado na figura. O ângulo 
entre os segmentos AB e AC é de 15 graus. E o ângulo 
entre os segmentos AB e BC é de 90 graus (reto). Dada a 
tangente de 15 graus como 0,26, e AB 114 m, temos: 
BCTg BAC
AB
BC0,26
114
BC 29,64
=
=
= 
Como a base é quadrada, temos que a área desta será 
BC2  (29,64)2 = 878,53 m2, ou seja, maior que 700 m2. 
30. Para preencher 40%, basta dividir a lousa em cinco partes 
iguais e preencher apenas duas das partes. 
 
31. Ao multiplicar a medida das três arestas de um 
paralelepípedo, temos a medida de seu volume. 
 
32. Economia de 10% sobre 500 litros = 50 litros por casa. 
Como se trata de 900 casas, temos uma economia total 
de 50 × 900 = 45.000 litros de água. 
Como o reservatório tem capacidade para abastecer 
500 litros para 900 casas por dia, podemos inferir que sua 
capacidade é de 500 × 900 = 450.000 litros de água, o 
que equivale a 6 m de altura no reservatório. 
Como foram economizados 10%, ao final do dia deve 
haver 10% da altura total de água no reservatório, 
ou seja, 10% × 6 m = 0,6 m = 60 cm. 
 
33. O polígono tem 3 lados simétricos entre si, portanto, 
ele é invariante se fizermos rotações de 360º / 3 = 120º. 
 
34. A menor distância entre dois pontos é um segmento de 
reta que liga os dois pontos. Assim, a única alternativa 
que apresenta um segmento de reta ligando os pontos 
A e B é dada pela alternativa E. 
 
35. Para ser considerada simétrica, a figura precisará ter os 
pontos com a mesma distância dos pontos da figura 
original e o ponto O. A figura E é a única que apresenta 
todos os pontos com a mesma distância do ponto O, como 
mostrado a seguir: 
 
 
 
36. Os triângulos ABC e BEF são semelhantes, pois possuem 
ângulos congruentes. Os triângulos ABD e AEF também 
são semelhantes. Dessa forma EF/AC = FB/AB e EF/BD 
= FE/AB. Se AC = 4 e BD = 6, temos EF/4 = FA/AB e 
??????????. Somando as equações, temos (EF/4) + 
(EF/6). Se FB + FE = AB, 
(EF/4) + (EF/6) = 1 e (EF/4) + (EF/6) = 1, (5/12) EF = 1; 
EF = 12/5 ou 2,4 m. 
 
37. A região corresponde ao triplo da área do triângulo MNC, 
tal como ilustra o diagrama abaixo, onde a área a ser 
calçada é composta por 3 triângulos de mesma área de 
triângulo MNC. 
 
 
 
38. 
 
 
Os triângulos ????? e BFO são congruentes, portanto, 
temos que BF é igual a 6 – r também. Da mesma forma, 
os triângulos CDO e CFO são congruentes, de forma que 
CF é igual à CD, sendo portanto, 8 – r. 
Como BC = 10 cm, mas também é 6 – r + 8 – r, 
temos 10 = 6 – r + 8 – r = 14 – 2r  r = 2 cm. 
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
32 
UNIDADES DE MEDIDAS E ESCALAS 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
D C D B C E D D D B 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
A C C D C D E C C A 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
B E E C C B B A C E 
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 
D C E D C E B D D D 
41 42 43 44 45 46 
A B C C C E 
 
1. Desde que 1,45 0,5 0,95− = e 1,45 0,2 1,25,− = a 
espessura, e, do vidro é tal que 
e máx{0,95;1,05;1,2}
1,2cm.
=
=
 
 
2. Se  é o comprimento da ponte, então 
= ⇔ =


1 14,6cm.
500 7300
 
 
3. O número máximo de unidades de álcool, por semana, a 
serem ingeridas por uma mulher que se enquadre no 
grupo de médio risco corresponde a 35. Assim, a mulher 
poderá ingerir no máximo ⋅ =35 10 350 gramas de 
álcool semanalmente. 
Por outro lado, como em cada taça de 300mL de vinho 
há ⋅ =0,12 300 36 g de álcool, segue que uma mulher 
poderá consumir no máximo   =  
350 9
36
 taças de 
300mL por semana. 
 
Observação:  x denota o maior inteiro menor do que 
ou igual a. 
 
4. A quantidade total de medicamento a ser comprada 
corresponde a 
5 20 500 50000mg 50 g.⋅ ⋅ = = 
 
Portanto, sabendo que 31cm 1mL,= e que 1g desse 
medicamento ocupa 31cm , podemos concluir que a 
resposta é 50mL. 
 
5. Sendo 30,3 m 300 L,= temos 
0,8 300 88,9,
2,7
⋅
≅ 
 
ou seja, o número mínimo de embalagens de cosmético é 
89. 
 
6. Desde que 31m 1000 L= e 1min 60 s,= temos 
3m 100026,4 26,4 1s
60
26,4 1000 60 L min.
= ×
= × ×
 
 
7. Sendo 66,7 10 6.700.000,× = podemos concluir que o 
valor posicional do algarismo 7 corresponde a 7 
centenas de milhar de quilômetros. 
 
8. Tem-se que 1 pé equivale a 91,44 30,48
3
= 
centímetros. Assim, um pé equivale a 30,48 12
2,54
= 
polegadas. 
 
9. Tem-se que 
4
4
4
100,00011mm 0,00011 1,1 10 mm.
10
−= ⋅ = ⋅ 
 
10. O tempo de espera nas máquinas 1, 2, 3, 4 e 5 são, 
respectivamente, iguais a 
35 5 175 s, 25 6 150 s, 22 7 154 s, 40 4 160 s⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = 
e 20 8 160 s.⋅ = 
 
Portanto, o passageiro deverá se dirigir à máquina 2. 
 
11. Se  é a medida real do segmento, então 
1 7,6 440800000cm 4408km.
58000000
= ⇔ = =

 
 
12. Sendo 15 m 1500cm= e 90 m 9000cm,= temos 
1 9000 4 X 2250.
X
⋅ > ⇔ < 
e 
1 11500 1 1500 X 3000.
2 X
< ⋅ < ⇔ < < 
 
Portanto, das duas condições, segue que 
1500 X 2250.< < 
 
13. Seja h a altura real do vaso. Tem-se que 
30 1 h 50cm.
3h 5
= ⇔ = 
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
33 
14. Se d é o diâmetro real, então 
1 8 d 8000cm 80 m.
1000 d
= ⇔ = = 
 
15. Se a quantidade de litros de tinta tom azul a ser adquirida 
é a, então 
a 0,4 a 4 L.
a 6
= ⇔ =
+
 
 
16. Após os sete primeiros meses, a massa corporal da pessoa 
atingiu 
167 3 4 4 3 143kg.− ⋅ − ⋅ = 
 
Em consequência, ela deverá perder 143 71 72kg− = 
nos meses subsequentes. Portanto, sendo 72 14 5 2,= ⋅ + 
podemos concluir que, decorridos os 7 primeiros meses, 
ainda serão necessários, no mínimo, mais 15 meses, 
totalizando, assim, 7 15 22+ = meses. 
 
17. Desde que 72 km = 7.200.000 cm, temos 
3,6 1= = 1: 2.000.000.
7200000 2000000 
18. Supondo as dimensões da miniatura como sendo 1,1 e 25 
centímetros, pode-se calcular: 
2 3 3
monumento
Miniatura dimensões 1, 1 e 25
Convertendo usando a escala 400, 400 e 25 · 400
V = 400 · (25 · 400) = 1.600.000.000 cm = 1.600 m
⇒ ⇒
⇒
 
 
19. O tempo necessário para que o primeiro elevador 
carregue 280 lajotas é igual a 280 ·15 = 105 min.
40
 
Portanto, a quantidade máxima de lajotas que o segundo 
elevador poderá carregar no mesmo tempo é 
105 · 60 = 300.
21
 
 
20. Se S é a área pedida, então 
2
21 S= S = 144 cm .
25 90000
  ⇔ 
 
 
 
21. Calculando: 
Início 100 kg
4consumo ·100 = 40 kg101ª parada
restante 100 40 = 60 kg
60 20 ·1000 20Reabastecimento = 20 kg em litros = litros
3 750 0,75
⇒
⇒
⇒ −
⇒ ⇒ ⇒
 
 
22. É imediato que o resultado é dado por 2415 + = 23 h.
3
 
 
23. O volume máximo de água presente na caixa-d’água é 
dado por 
34 · 3 · 2 = 24 m = 24.000 L. 
Desse modo, a bomba deve ter uma vazão mínima igual a 
24000 = 20 L s.
20 · 60 
 
24. Após as quatro primeiras horas o paciente deverá receber 
uma quantidade de mililitros dada por 
0,6 · 5 · 800 = 2.400. Portanto, segue que a resposta é 
2.400 ·12 = 24.
20 · 60 
 
25. Tem-se que o aumento da área da plantação corresponde 
a 
2 20,2 10000= 2000 m = 20000000 cm .⋅ 
Por conseguinte, a resposta é 
20000000 = 100.000.
10 · 20 
 
26. No momento da saída, o tanque continha 3 · 50 = 37,5
4
 
litros de combustível. Daí, como a distância que o veículo 
pode percorrer com esse combustível é 
15 · 37,5 = 562,5 km, segue que a resposta é 500 km. 
 
27. Tem-se que 
13 1= X = 3.250.000,
X 250000
⇔ 
10 1= Y = 3.000.000
Y 300000
⇔
 
e 
9 1= Z = 4.500.000.
Z 500000
⇔ 
Portanto, vem Y < X < Z. 
 
28. Sejam a,  e p, respectivamente, a altura, a largura e a 
profundidade no desenho. Tem-se que 220a = = 27,5 cm;
8
 
120= = 15 cm
8

e 50p = = 6,25 cm.
8
 Por conseguinte, 
após a redução de 20%, tais medidas passaram a ser 
0,8 · 27,5 = 22 cm; 0,8 ·15 = 12 cm e 0,8 · 6,25 = 5 cm. 
 
29. A menor diferença é entre a peça de 4,025 mm 
(apenas 0,025 mm de diferença). 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
34 
I 4,025 4 = 0,025
II 4,100 4 = 0,100
II 4 3,970 = 0,030
IV 4,080 4 = 0,080
V 4 3,099 = 0,901
⇒ −
⇒ −
⇒ −
⇒ −
⇒ −
I
 
 
30. É imediato que o algarismo 3 ocupa a posição que 
corresponde a décimos de segundo. 
 
31. Calculando: 
σe < 1,96
N
0,5P1 e < 1,96 · e < 0,02333 > 0,02
42
0,4P2 e < 1,96 · e < 0,028 > 0,02
28
0,3P3 e < 1,96 · e < 0,0245 > 0,02
24
0,2P4 e < 1,96 · e < 0,0186666 e < 0,02
21
0,1P5 e < 1,96 · e < 0,0245 > 0,02
8
⋅
⇒ ⇒
⇒ ⇒
⇒ ⇒
⇒ ⇒ ⇒
⇒ ⇒
 
 
32. Sabendo que 1 m = 103 mm, temos 
6
1 6 3
4
0,2 μm = 0,2×10 m
= 2×10 ×10 ×10 mm
= 2×10 mm.
−
− −
−
 
 
33. Sendo 1 km = 103 m, temos 
2 6 2 6 3
11
1,496×10 ×10 km = 1,496×10 ×10 ×10 m
= 1,496×10 m.
 
 
34. É imediato que a resposta é 460.171. Pois, 
CM DM M C D U 
4 6 0 1 7 1 
 
35. 
2,95cL é o equivalente a 29,5 mL. Se uma lata de 
refrigerante tem 355 mL, para saber seu volume em onça 
fluída, basta dividi-lo por 29,5. 
Dessa forma: 
355 12,03.
29,5
=
 
 
36. Cada centímetro no gráfico corresponde a 25.000 
centímetros na realidade. No gráfico estão em negrito 
16 cm como a distância entre a casa do aluno e a escola. Isto 
corresponde a 400.000 cm na realidade. Convertendo em 
quilômetros, temos 4 km por dia de trajeto entre a casa e a 
escola. Como a fase de implantação do programa é de 
5 dias, e considera a ida e a volta do aluno, temos: distância 
total = (distância ida + distância volta) × 5 = 
= (4 + 4) × 5 = 8 × 5 = 40. 
 
37. Se 1º equivale a 60’, utilizando a regra de três podemos 
identificar quanto 3’ correspondem em graus: 
1 60
x 3
60x 3
x 0,05
=
=
= 
Se a representação angular da localização do vulcão com 
relação a sua longitude é 124º 03’00”, esta localização na 
forma decimal será 124,05º. 
 
38. O gráfico mostra que a menor distância que o restante 
que o asteroide passou da terra foi 325 mil km. 
Isto equivale a 325 × 103 km ou 3,25 × 105 km. 
 
39. Dean Karnazes percorreu 10 vezes a distância percorrida 
pelo grego da lenda. Ou seja, Dean percorreu 420 km ou 
420.000 m. A pista feita pelo professor para representar 
o percurso tem 60 cm, ou 0,6 m. Assim, para saber quanto 
cada medida de pista equivale à medida do percurso na 
realidade, basta fazer a razão 
percurso real
pista na lousa utilizando a 
mesma unidade de medida para a pista na lousa e o 
percurso real. Assim, temos: 
percurso real 420000 700.000
pista na lousa 0,6
= =
 
 
40. Nesta questão, o aluno deverá contar o número de 
quadrados (unidades) que representa a altura de cada 
árvore inicialmente. 
I – 9 unidades na escala 1:100 
II – 9 unidades na escala 2:100 
III – 6 unidades na escala 2:300 
IV – 4,5 unidades na escala 1:300 
V – 4,5 unidades na escala 2:300 
 
No entanto, como cada uma das medidas está numa escala 
diferente, o aluno deverá fazer a conversão. Para isso, deve-
se dividir o número de unidades pelo numerador da escala e 
multiplicar o resultado obtido pelo denominador da escala 
(uma forma mais simples de se obter este número é dividir 
o número de unidades pela escala). Somente depois de 
realizada esta operação, os resultados poderão ser 
comparados! 
Sendo assim: 
I – 9 / 1:100 = 9 × 100 / 1 = 900 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
35 
II – 9 / 2:100 = 2 × 100 / 2 = 450 
III – 6 / 2:300 = 6 × 300 / 2 = 900 
IV – 4,5 / 1:300 = 4,5 × 300 / 1 = 1350 
V – 4,5 / 2:300 = 4,5 × 300 / 2 = 675 
 
Agora, comparando os números resultantes numa unidade 
de medida equivalente, é possível concluir que a maior 
árvore é a IV. 
 
41. Sol está na classe G2  luminosidade 1 
5 × 6.000 k = 30.000 K  classe B0 com luminosidade 2 
× 104 = 20.000 
Portanto, a luminosidade é de 20.000 vezes a do Sol. 
 
42. 
 
IMC Duílio Saba = 96,4/(1,88)2 = 27,3 
IMC Sandra = 84/(1,70)2 = 29,1 
Ambos estão com sobrepeso de acordo com a tabela de 
classificação, por estarem na faixa de IMC entre 25 e 29,9. 
 
43. 2 colheres de sopa de azeite equivalem a 30 mL ou 0,030 L. 
Portanto, com 1,5 L de azeite, o número máximo de doses 
do molho é: 1,5/0,03 = 50 
 
44. A escala de 1:100 faz com que 1 cm no desenho represente 
100 cm ou 1 metro na realidade. Portanto, 50 m de 
comprimento seriam equivalentes a 50 cm de comprimento 
na escala indicada, enquanto os 25 mm de largura seriam 
representados em 25 cm. 
 
45. 0,1 mm = 0,0001 m que corresponde a 10 títulos. 
Regra de três simples: 
0,0001 m → 10 
1 m → N 
N – 10/0,0001 – 100 000 – 105 
 
46. Aquífero Guarani = 30.000 Km3 = 30.000 × 1012 m3 = 
= 30.000 × 1012 L = 3 × 1016 L 
Reservatório Sabesp = 20 × 106 L 
3 × 1016 / 2 × 107 = 1,5 × 109 
 
FUNÇÃO DO 1º GRAU 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
D C B D E B C B D A 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
D C A C E A B E E E 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
A D C A C D A E D A 
31 32 33 34 35 36 
C D B A D B 
 
1. Em um município foi realizado um levantamento relativo 
ao número de médicos, obtendo-se os dados: 
O valor total gasto com os diaristas, em reais, é 
(X 1) 80 2 160X 160.− ⋅ ⋅ = − Logo, a resposta é 
Y 160X 160 1000 Y 160X 840.= − + ⇔ = + 
 
2. Tomando 1980 como sendo o ano =x 0 e 1985 como 
sendo o ano =x 5, segue que a taxa de variação do 
número de médicos é dada por 
−
=
−
162 137 5
5 0
 
 
Desse modo, a lei da função, f, que exprime o número 
de médicos x anos após 1980 é igual a 
= +f(x) 5x 137. 
 
Em consequência, a resposta é 
= ⋅ + =f(60) 5 60 137 437. 
 
3. Sendo 2014 o ponto médio do intervalo [2013, 2015], 
e sabendo que a cobertura da campanha variou de forma 
linear, podemos concluir que a resposta é 
67% 59% 63%.
2
+
= 
 
4. Tem-se que 8y t 4t
2
= = e 60x t 20t.
3
= = Logo, se 
y 10= milhares de reais, então 
510 4t t h.
2
= ⇔ = 
 
Portanto, segue que 
5x 20 50.
2
= ⋅ = 
 
A resposta é 50000 peças. 
 
5. O plano de menor custo mensal é o que permite falar o 
mesmo tempo pelo menor preço. Logo, para a esposa, o 
plano C é o melhor, e, para o marido, o plano B é o 
mais indicado. 
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
36 
6. A equação que descreve a relação entre a quantidade de 
combustível no tanque e a distância percorrida pelo 
automóvel é dada por 
x y x1 y 50.
500 50 10
+ = ⇔ = − + 
 
7. O gasto do consumidor X, no plano A, seria de 
29,9 + 40 · 0,4 = R$ 45,90. Logo, ele deve optar pelo 
plano B. 
O gasto do consumidor Y, no plano B, seria de 
34,9 + 200 ·0,1 = R$ 54,90 e, portanto, esta deve ser sua 
escolha. 
O gasto do consumidor Z, no plano B, seria de 
34,9 + 640 · 0,1 = R$ 98,90 e, no plano C, seria de 
59,9 + 390 · 0,1 = R$ 98,90. Por conseguinte, sua escolha 
deve recair no plano D. 
8. Após 8 anos, os valores dos bens estarão reduzidos a 100 
– 80 = 20% dos seus valores iniciais. Portanto, 
a resposta é 0,2 · (1200 – 900) = 60. 
 
9. Sendo –100 o valor inicial e 
3000 0 = 200
20 5
−
−
 a taxa de 
variação da função L, podemos concluir que 
L(t) = 200t – 1000. 
 
10. Seja sv a quantidade de água que sai do tanque, em litros 
por minuto. Logo, vem s
s
10 5= v = 8 L min.
v 4
⇔ 
Portanto, a taxa de crescimento da quantidade de água no 
reservatório é iguala 12.10 8 = 2 L min− e, assim, a 
resposta é Q(t) = 2t + 5000. 
 
11. É fácil ver que, em determinado momento, 2 horas após 
a sessão de treinamento, a liberação de GH em todas as 
intensidades é a mesma. Logo, apenas nas medições 
feitas logo após e 1 hora após a sessão de treinamento, a 
liberação de GH na corrente sanguínea em uma sessão de 
intensidade máxima foi maior do que a liberação de GH 
ocorrida nas demais intensidades. 
 
12. Analisando o gráfico, percebe-se que a velocidade atinge 
valor igual a zero entre os minutos 6 e 8, 
portanto o carro permaneceu imóvel por 2 minutos. 
 
13. Redesenhando o gráfico B de acordo com os volumes da 
coluna da esquerda, percebe-se que ambos têm a exata 
mesma quantidade de água no mesmo instante apenas 
entre 8h e 9h. 
 
14. A vazão total entre 1h e 3h é dada por 
0 5.000 = 2.500 L h ,
3 1
−
−
 enquanto que a vazão na 
primeira hora é 5.000 6.000 = 1.000 L h.
1 0
−
−
 Portanto, 
a vazão da segunda bomba é igual a 
2.500 1.000 = 1.500 L h.− 
 
15. A taxa de variação do volume de água presente na caixa-
d’água é dada por 
0,85 1 = 0,025.
13 7
−
−
−
 
Logo, se p(t) = 1 0,025 · t− é a porcentagem do volume 
inicial de água, presente na caixa-d’água, 
após t horas, segue que o dispositivo interromperá o 
funcionamento do sistema após um tempo t dado por 
0,05 = 1 0,025 · t t = 38 h.− ⇔ 
 
Portanto, como o sistema foi acionado às 7h da manhã de 
segunda-feira, a interrupção se dará às 21h de 
terça-feira. 
 
16. Seja p R R+ →: a função dada por p(t) = at + b, em que 
p(t) é a porcentagem relativa à capacidade máxima do 
reservatório após t meses. Logo, tomando os pontos (6, 
10) e (1, 30), segue que a taxa de variação é dada por 
10 30a = = 4.
6 1
−
−
−
 
Em consequência, vem 
p(1) = 30 4 ·1+ b = 30 b = 34.⇔ − ⇔ 
Portanto, temos –4t + 34 = 0, implicando em t = 8,5. 
A resposta é 8,5 – 6 = 2,5 meses, ou seja, 2 meses e meio. 
 
17. Para que o reservatório tenha uma vazão constante de 
enchimento é necessário que as vazões de entrada e de 
saída sejam constantes. Tal fato ocorre no intervalo de 
5 a 10 minutos. 
 
18. A cada 24 horas tem-se 2 pontos de interseção dos 
gráficos, conforme as condições estabelecidas. Portanto, 
em uma semana o valor do parâmetro será igual a 
2 · 7 = 14. 
19. Seja n o número de empregados reabilitados ou com 
deficiência, habilitados, que será contratado. Logo, deve-
se ter 
n + 10 ≥ 0,05 · (n + 1.200)  0,95 · n ≥ 50  n ≥ 52,6. 
Portanto, a resposta é 53. 
 
20. Seja  o lucro, em milhares de reais, no mês de junho. 
Logo, deve-se ter 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
37 
21+ 35 + 21+ 30 + 38 + 30 145 + 180
6
35.
≥ ⇔ ≥
⇔ ≥



 
 
A resposta é 35. 
 
21. O único mês que satisfaz todas as condições é janeiro. 
Com efeito, tem-se que: 
I. de fevereiro para março e de novembro para dezembro 
houve redução na temperatura máxima; 
II. a variação da pluviosidade de agosto para setembro e 
de dezembro para janeiro foi maior do que 50 mm. 
 
22. Seja n o número de máquinas que o administrador do 
campo deverá solicitar ao clube vizinho. Se duas 
máquinas juntas podam 200 m2, então cada máquina 
poda 100 m2 sozinha. Assim, deve-se ter 
(n + 2) ·100 · 5 8000 n 14.≥ ⇔ ≥ 
Portanto, como queremos o valor mínimo de n, 
segue que a resposta é 14. 
 
23. Sejam x, y e z, respectivamente, o número de embalagens 
de 50 g, o número de embalagens de 100 g e o número de 
embalagens de 200 g que serão compradas. 
Queremos encontrar a terna (x, y, z) tal que a soma 
S = 2x + 3,6y + 6,4z + 10 seja mínima e 2x + 4y + 6z = 12. 
Por inspeção, concluímos que dentre as ternas (6, 0, 0), 
(0, 3, 0), (0, 0, 2), (4, 1, 0), (3, 0, 1), (2, 2, 0) e (1, 1, 1) a 
que satisfaz simultaneamente as duas condições é a 
(0, 3, 0), com S = 3 · 3,6 +10 = R$ 20,80. 
 
24. Seja v o valor cobrado por dia no estacionamento. 
Para que o usuário prefira deixar seu carro no 
estacionamento por dois dias, deve-se ter 
2v +10 80 v R$ 35,00.≤ ⇔ ≤ 
Portanto, o valor deve ser no máximo R$ 35,00. 
 
25. Pelo gráfico identifica-se que a média do PISA é de 
500 pontos. Os países com desempenho abaixo da média 
são Rússia, Portugal, Itália, Israel e México. Destes, 
Israel é o que apresenta a maior quantidade de horas de 
estudo (aproximadamente 8.500 horas). 
 
26. A fórmula dada pelo enunciado é P = Ri2. Se a energia 
consumida (E) é diretamente proporcional à potência do 
aparelho (P), temos então que a energia consumida será 
diretamente proporcional ao quadrado da intensidade da 
corrente elétrica (i). O gráfico que representa esta função 
(parábola da função quadrática) é o representado na 
alternativa D. 
 
27. Deve-se fazer a leitura do gráfico do preço pago na 
compra e do preço pago na venda para cada investidor. A 
diferença entre estes valores dará o lucro ou prejuízo de 
cada investidor. 
Investidor 
Preço 
Compra 
Preço 
Venda 
Resultado 
1 R$ 150 R$ 460 460 – 150 = R$ 310 
2 R$ 150 R$ 200 200 – 150 = R$ 50 
3 R$ 380 R$ 460 460 – 380 = R$ 80 
4 R$ 460 R$ 100 100 – 460 = – R$ 360 
5 R$ 100 R$ 200 200 – 100 = R$ 100 
Este foi o lucro ou prejuízo por ação. No entanto, 
como todos os investidores compraram o mesmo lote, 
a comparação pode ser feita através do resultado por ação. 
Sendo assim, o investidor 1 fez o melhor negócio. 
A alternativa correta é a A. 
Solução alternativa: 
O investidor que fez o melhor negócio é aquele que 
comprou no valor mais baixo e vendeu no valor mais 
alto. Ou seja, aquele em que houver a maior distância no 
gráfico entre o ponto de compra e o ponto de venda, 
considerando apenas a projeção vertical desta distância 
(no eixo do valor da ação). Utilizando este raciocínio, 
a maior distância no valor no momento da compra e no 
momento da venda foi obtido pelo investidor 1. 
 
28. O salário-base é 750, então o gráfico com a resposta 
correta deve iniciar no ponto 750. Todas as alternativas 
apresentam isto. 
Depois, o vencedor recebe R$ 3,00 para cada produto 
vendido até 100 produtos, ou seja, o gráfico deverá ser 
crescente e linear de 0 produtos até 100 produtos. 
Se ele vender 100 produtos, o salário dele será dado pelo 
fixo de R$ 750,00 somando aos R$ 3 de cada produto 
(100 × R$ 3 = R$ 300), ou seja: 750 + 300 = 
R$ 1.050,00. Ou seja, quando forem vendidos 
100 produtos, o salário dele deverá ser R$ 1.050,00. 
Até aqui apenas as alternativas A e E satisfazem, 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
38 
podendo-se eliminar as outras. No entanto, depois dos 
100 produtos o vendedor recebe muito mais para cada 
produto vendido (R$ 9), ou seja, a inclinação da curva 
deve mudar depois de 100 produtos, portanto a única 
alternativa que representa isto entre a A e E é a alternativa E. 
 
29. Para não ter prejuízo LT > 0. 
LT = FT – CT = 5q – 2q – 12 > 0  q > 4. 
 
30. 
Preço da primeira empresa em (mil R$) = 100n + 350 
Preço da segunda empresa em (mil R$) = 120n + 150 
Para encontrar a extensão da rodovia que torna indiferente o 
preço de ambas, temos que igualar as duas expressões: 100n 
+ 350 = 120n + 150 
31. y = (880.605 – 4.300 – 4.300) + 4.300x = 872.005 + 4.300x 
 
32. F(x) = Custo Fixo + Custo Variável = 24 + 3x 
 
33. 
C = 4  Q = 1  quadrado inicial 
C = 7  Q = 2  são aproveitados os 4 canudos iniciais 
e mais 3 para formar um segundo quadrado. 
C = 10  Q = 3  são aproveitados os 8 canudos iniciais 
e mais 3 para formar um terceiro quadrado. 
Ou seja, a cada novo quadrado são adicionados 3 novos 
canudos, com exceção do primeiro que são necessários 4 
canudos para formá-lo. Então, a expressão é: C = 3Q + 1 
 
34. 
Quantidade de calorias na batata, numa porção y: 
(y/200)560 = 2.8y 
Quantidade de calorias no sanduíche, numa porção x: 
(x/250)500 = 2x 
Então, 2.8y + 2x = 462 
 
35. O gráfico que melhor represente os planos é o alternativa 
D, pois: 
No plano K, o valor é fixo a R$ 29,90 para o consumo de 
até 200 minutos, após este consumo, cada 100 minutos 
incorreránum acréscimo de R$ 20,00 (pois cada minuto será 
cobrado a R$ 0,20). 
No plano Z, o valor é fixo a R$ 49,90 para o consumo de até 
300 minutos, após este consumo, cada 100 minutos 
incorrerá num acréscimo de R$ 10,00 (pois cada minuto será 
cobrado a R$ 0,10). 
Diante disso, temos a tabela: 
 Valor 
Minutos Plano K Plano Z 
100 29,9 49,9 
200 29,9 49,9 
300 49,9 49,9 
400 69,9 59,9 
500 89,9 69,9 
 
36. Devemos procurar pontos no segundo quadrante e calcular 
suas distâncias ao ponto do hospital (–5, 5). Dessa forma, 
considerando a reta y = x + 4, temos os pontos: 
 
x = 0  y = 0 + 4 = 4, pontos (0, 4) 
x = –1  y = –1 + 4 = 3, pontos (–1, 3) 
x = –2  y = –2 + 4 = 2, pontos (–2, 2) 
x = –3  y = –3 + 4 = 1, pontos (–3, 1) 
x = –4  y = –4 + 4 = 0, pontos (–4, 0) 
 
Calculando a distância entre o ponto (–5, 5) e os pontos 
do segundo quadrante, temos: 
 
2 2dab (xb xa) (yb ya)= − + − 
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
pontos (0, 4) ( 5 0) (5 4) ( 5) (1) 26
pontos ( 1, 3) ( 5 1) (5 3) ( 4) (2) 20
pontos ( 2, 2) ( 5 2) (5 2) ( 3) (1) 5
pontos ( 3, 1) ( 5 3) (5 1) ( 2) (4) 20
pontos ( 4, 0) ( 5 4) (5 0) (1) (5)
→ − − + − = − + =
− → − + + − = − + =
− → − + + − = − + =
− → − + + − = − + =
− → − + + − = + = 26 
 
Para atender a existência da comunidade e ter menos do 
que 5 km de distância em linha reta do hospital, os pontos 
(–1, 3), (–2, 2) e (–3, 1) seriam válidos para isso. Entretanto, 
apenas o ponto (–3, 1) é apresentado como alternativa de 
resposta, na alternativa B. 
 
FUNÇÃO DO 2º GRAU 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
B E D A D D B C D D 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
A A B B B B E A E A 
21 22 23 24 25 26 27 28 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
39 
E D D B D D D E 
 
1. 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
1a
2 .
7b
2
⋅ + ⋅ + = + =
⇔
+ =⋅ + ⋅ + =
= −
⇔
=
 
 
A resposta é 
21 7Q(3) 3 3 1
2 2
7.
= − ⋅ + ⋅ +
=
 
 
2. Sendo Vy 25= a ordenada do vértice, e V
150x 75
2
= = 
a abscissa do vértice, temos: 
125 a (75 0) (75 150) a .
225
= ⋅ − ⋅ − ⇔ = − 
 
Portanto, segue que a resposta é 
21y (x 0) (x 150) 225y 150x x .
225
= − ⋅ − ⋅ − ⇔ = − 
3. Seja x o número de reais cobrados a mais pelo 
cabeleireiro. Tem-se que a renda, r, obtida com os 
serviços realizados é dada por 
2
r(x) = (10 + x)(200 10x)
= 10x +100x + 2.000.
−
−
 
Em consequência, o número de reais cobrados a mais 
para que a renda seja máxima é 
100 = 5
2 · ( 10)
−
−
 e, 
portanto, ele deverá cobrar por serviço o valor de 
10 + 5 = R$ 15,00. 
 
4. Desde que o gráfico intersecta o eixo x nos pontos de 
abscissa –5 e 5 e sendo (0, 10) o vértice da parábola, 
temos 
2 210 = a (0 0 · 0 25) a = .
5
⋅ − − ⇔ − 
Portanto, segue que o resultado é 
2 22 2y = × (x 0 · x 25) = x +10.
5 5
− − − − 
 
5. Calculando: 
( ) ( )
2
2
2
Parábola Pontos 5, 0 e 4, 3
f(x) = ax + bx + c
b = 0 parábola simétrica ao eixo y
f(0) = c = H
0 = a · (5) + H 0 = 25a + H 1 253 = 9a a = H =
3 = 16a H 3 33 = a · (4) + H
⇒
⇒
  ⇒ ⇒ − ⇒ − ⇒ − − −
 
 
6. Calculando: 
( )
máx máx
2x + 2y = 100 x + y = 50
x · 50 x = S
x · y = S x · y = S
x = y = 25
 
⇒ ⇒ − ⇒ 
 
⇒
 
 
7. Queremos calcular o valor de t para o qual se tem 
f(t) = 1600. Logo, temos 
2 2
2
2t +120t = 1600 t 60t = 800
(t 30) = 100
t = 20 ou t = 40.
− ⇔ − −
⇔ −
⇔
 
Portanto, como o número de infectados alcança 1600 pela 
primeira vez no 20º dia, segue o resultado. 
 
8. Tem-se que y = (x 3)(x + 3),− − em que as raízes são 
–3 e 3. Ademais, a parábola intersecta o eixo das 
ordenadas no ponto (0, 9). 
A resposta é dada por 
22 · (3 ( 3)) · 9 = 36 m .
3
− − 
 
9. Queremos calcular os valores de 2x e de 2y, de tal modo 
que a área A = x · y seja máxima e 40x +10y = 5000, 
isto é, y = 500 4x.− Daí, como A = 4x(x 125)− − atinge 
um máximo para 0 +125x = = 62,5 m,
2
 temos 
y = 500 4 · 62,5 = 250− e, portanto, segue que 
2x = 125 m e 2y = 500 m. 
 
10. Escrevendo a lei de T na forma canônica, vem 
2
2
2
2
T(h) = h + 22h 85
= (h 22h + 85)
= [(h 11) 36]
= 36 (h 11) .
− −
− −
− − −
− −
 
Assim, a temperatura máxima é 36 ºC ocorrendo às 
11 horas. Tal temperatura, segundo a tabela, 
é classificada como alta. 
 
11. Seja f [0, 10] [0, 10],→: com f(x) = ax2 + bx + c. 
Desse modo, temos 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
40 
f(0) = 0 c = 0
f(5) = 6 25a + 5b = 6
f(10) = 10 100a +10b = 10
1a =
25
7b = .
5
c = 0
⇔
−
⇔
 
Portanto, segue que 21 7f(x) = x + x.
25 5
− 
 
12. Sejam v o valor da entrada e n o número de aumentos de 
R$ 2,00. Logo, 
v 10v = 10 + 2 · n n = .
2
−
⇔ 
Assim, temos 
P = 1000 40 · n
v 10= 1000 40 ·
2
= 1200 20v.
−
−
−
−
 
 
O que implica em Pv = 60
20
− e, portanto, 
2P PF = 60 · P = + 60P.
20 20
 − − 
 
 
 
13. Determinando o valor do x do vértice, temos: 
V
12x = = 6
2 · ( 1)
−
−
 
 
14. Considerando x o numero de moedas douradas coletadas, 
a pontuação seria dada por: 
2x xP(x) = x · x P(x) = + x
100 100
− ⇒ −
 
 
Logo, o valor máximo de P(x) será dado por: 
máximo
Δ 1P = = = 25.
14 · a 4 ·
100
− −
− 
 
 
 
Portanto, o limite de pontos que um competidor poderá 
alcançar nesta prova é 25. 
 
15. Vamos admitir que 3x2 + 232 seja o custo de produção 
de x unidades e que 180x – 116 seja o valor de venda 
destas x unidades. Considerando que L(x) seja a função 
do lucro, temos: 
L(X) = 180x – 116 – (3x2 + 232) 
L(x) = –3x2 + 180x – 348 
Determinando o x vértice, temos o valor de x para o qual 
o lucro é máximo: 
XV = 
b 180 30
2a 2· ( 3)
− −
= =
−
 
Observação: O enunciado está confuso. 
 
16. Determinando o x do vértice temos: 
V
b 44000kx = = = 22000
2a 2 · ( k)
−
−
−
 
 
17. Sendo x o número de lugares vagos, pode-se deduzir que 
o número de lugares ocupados será 15 – x. Assim, a 
expressão que representa o valor arrecadado V(x) será: 
2
2
V(x) = (15 x) · 60 + (15 x) · 2 · x
V(x) = 900 60x + 30x 2x
V(x) = 900 30x 2x
− −
− −
− − 
 
18. Sabendo que cada menina do conjunto A está associada 
a um menino diferente do conjunto B, podemos afirmar 
que f é injetiva. 
Por outro lado, como existe um menino no conjunto B 
que não formará par com nenhuma menina do conjunto A, 
podemos concluir que f não é sobrejetiva e, portanto, 
também não é bijetiva. 
 
19. Analisando as alternativas uma a uma: 
a) A concentração de álcool em g/L atinge o patamar de 
0,6 mais de 4h depois do jantar. 
b) A concentração de álcool em g/L atinge o patamar 
permitido 4h depois do jantar. 
c) A concentração de álcool em g/L atinge o patamar 
permitido 5h depois do jantar. 
d) A concentração de álcool em g/L atinge o patamar 
permitido 3h depois do jantar, porém volta a se elevar 
depois. 
e) A concentração de álcool em g/L atinge o patamar 
permitido 3h depois do jantar. Esta é a alternativa 
correta. 
20. Para que o volume de leite nos dois reservatórios seja 
igual, devemos ter 
 
3 3
1 2
3
2
2
V (t) = V (t) 250t 100t + 3000 = 150t + 69t + 3000
100t 169t = 0
t = 0
t(100t 169) = 0 ou
100t 169 = 0
t = 0 t = 0
ou ou
t = 1, 3h.169t =
100
⇔ −
⇔ −
⇔ − ⇒
−
⇒ ⇒
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
41 
 
Portanto, além do instante t = 0, o volume de leite nos 
dois reservatórios será igual no instante t = 1,3h. 
 
21. Seja h a altura da menina. 
2
6425 = h = 1,6 m = 160 cm
h
⇔ 
RIP = 
3
160 160= = 40
464
 
 
22. T(0) = 20º e T(100) = 160 ºC, logo: 
2 2
2
748 = · t + 20 t = 20min
5
2 16200 = · t · t + 320 2t 400t +15000 =
125 5
= 0 t 200t + 7500 = 0
⇔
− ⇔ −
⇔ −
 
 
Resolvendo, temos t = 150 min ou t = 50 min 
(não convém). 
Logo, o tempo de permanência será 150 – 20 = 130 min. 
 
23. 80% (a + x) (b + x) = ab  4ax2 + 4(a + b)x – ab = 0 
Pela fórmula de Báscara: 
( )
( )
2
2
x 4(a b) 4 ((a b) ab)) / 8
((a b) ab (a b))/ 2
= − + ± + + =
= + + − +
 
Portanto, o dobro de x é: 
22x ((a b) ab) (a b)= + + − + 
24. Lucro = Venda – Custo = 
= 180x – 116 – 3x2 – 232 = –3x2 + 180x – 348 
Para calcular o maior lucro, deve-se calcular a coordenada 
X do vértice da parábola, dado que este será o ponto de 
máximo da função Lucro. 
Xv = –b/2a = – 180/(2(–3)) = 30 
 
25. 50 × 7 + 5 × P = R$ 510,00  5P = 160  P = R$ 32,00. 
 
26. (10.000 + 100x) é a quantidade vendida por dia ao preço 
de (1,50 – 0,01x) por litro. Assim: 
V = (10.000 + 100x) (1,50 – 0,01x) = 15.000 + 50x – x2
 
27. Considerando que o forno já esteja na temperatura 
máxima necessária para abertura do forno, ou seja, 
a 39 graus celsius, temos: 
39 = – 
2t
4
 
 
 
 + 400 
–361 = – 
2t
4
 
 
 
 
t2 = 1.444 
t = 38 
 
28. Inicialmente, devemos descobrir os valores do vértice da 
parábola, xv e yv. Pelo plano, identifica-se que yv = 0 pois 
a parábola toca o plano das abscissas neste ponto. A 
fórmula para calcular xv é
bx(v) .
2a
−
=
 
Sendo 3a
2
= e b = 
–6, temos: 
( 6) 6x(v) 2
2 32
3
− −
= = =
 
 
  
Ao substituir os dados na fórmula, temos: 
23f (x) x 6x C
2
30 (2) 6(2) C
2
2
= − +
= − +
 
0 = (3) (2) – 12 + C 
0 = 6 – 12 + C 
0 = –6 + C 
C = 6 
 
FUNÇÃO EXPONENCIAL E LOGARÍTMICA 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 
C C D B C E B C D C C 
12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 
C D B C D B D C E E C 
23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 
E E E B E D C B A D E 
 
1. Tem-se que, dado 0 a 1,< < temos a aα β< se, e 
somente se, ,α β> quaisquer que sejam α e β reais. 
Logo, sendo 0 X 1,< < vem 
11
3 2 32X X X X X .< < < < 
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
42 
Em consequência, podemos afirmar que o terceiro país 
obteve o maior IDH. 
 
2. Sabendo que 0N(1) 3N ,= temos 
k 1 k
0 03N N e e 3.
⋅= ⇔ = 
 
Em consequência, vem 
k 5
0
k 5
0
5
0
0
N(5) N e
N (e )
N 3
243N .
⋅=
=
=
=
 
 
3. 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. 
 
4. Se =M R$ 400,00 é o montante desejado e n é número 
mínimo de meses necessário, então 
 
n n
n
400 200(1 0,05) (1,05) 2
log(1,05) log2
n log(1,05) log2
0,3n
0,02
n 15.
= + ⇔ =
⇔ =
⇔ ⋅ =
⇒ ≅
⇒ ≅
 
Portanto, a pessoa deverá optar pelo Plano B. 
5. Sendo 
 
S
2 2
2 2
M 3,3 log(2000 0,2)
3,3 log(2 10 )
3,3 log2 log10
3,3 2 log2 2 log10
3,3 0,6 2
5,9,
= + ⋅
= + ⋅
= + +
= + ⋅ + ⋅
≅ + +
≅
 
 
podemos concluir que o terremoto ocorrido pode ser 
descrito como Moderado. 
 
6. Desde que o pH deve ser maior do que 7 e menor do que 
8, temos 
8 7
7 logx 8 8 logx 7
10 x 10 .− −
< − < ⇔ − < < −
⇔ < <
 
 
7. O raio do círculo cresce segundo uma progressão 
geométrica de razão 1 10% 1,1+ = e primeiro termo r. 
Logo, o raio da área ocupada pela cultura após d dias é 
dado por d 1r (1,1) .−⋅ 
Em consequência, a área ocupada pela cultura após d 
dias é d 1 2(r (1,1) ) .π −⋅ ⋅ 
Portanto, tem-se que 
3 d 1 2
d 1 2
Q1000 Q 10 (r(1,1) ) .
(r(1,1) )
π
π
−
−
= ⇔ = 
 
8. Sendo i 0,0132= ao mês, temos 
n
n
n
P 0,75 V P 0,75 P(1 i)
4(1,0132)
3
4n (1,0132) n
3
n 0,0131 0,2877
2877n
131
126n 21 .
131
< ⋅ ⇔ < ⋅ +
⇔ >
⇔ >
⇒ ⋅ >
⇔ >
⇔ > +
 
 
 
Por conseguinte, como o menor inteiro maior do que 
12621
131
+ é 22, segue que a primeira parcela que poderá 
ser antecipada junto com a 30ª é a (30 22)ª 52ª.+ = 
 
9. Tem-se que 
R
0 0
R
0
A AR log 10
A A
A A 10 .
 
= ⇔ = 
 
⇔ = ⋅
 
 
Logo, se jA e aA são, respectivamente, as amplitudes 
dos movimentos verticais dos terremotos do Japão e da 
Argentina, então 
9
j 0
7a 0
A A 10
100.
A A 10
⋅
= =
⋅
 
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
43 
10. Em 1986, o número de transistores por centímetro 
quadrado era igual a 
100000 400000.
0,25
= 
 
Desse modo, o número de transistores ao longo do tempo 
constitui uma progressão geométrica de primeiro termo 
54 10⋅ e razão 2. Ademais, se n é o número de 
períodos de 2 anos após 1986, então 
 
5 n 11 n 2 6
n 2 6
4 10 2 10 2 10
log2 log10
(n 2) 0,3 6
n 18.
+
+
⋅ ⋅ ≥ ⇔ ≥
⇔ ≥
⇒ + ⋅ ≥
⇔ ≥
 
 
A resposta é 1986 2 18 2022.+ ⋅ = 
 
11. Se 7A 10 ,−= AH
B
= e a água dessa fonte foi 
classificada como neutra, então 
6 7,5
10 10 10 107 7
6 7,5
7
1
1 2
B B6 log 7,5 log 10 log log 10
10 10
B10 10
10
10 B 10 .
− −
−
−
≤ < ⇔ ≤ <
⇔ ≤ <
⇔ ≤ <
 
12. Se f(0) = 60000, então b = 60000. Ademais, sabendo 
que f(1) = 54000, vem 
1 954000 = 60000 · a a = .
10
⇔ 
Por conseguinte, a resposta é 
29f(2) = 60000 = R$ 48.600,00.
10
 ⋅  
 
 
 
13. Calculando: 
( )
( )
máx
n
n
n n
n n
n n
n
P = 400
5000 ·1,013 · 0,013400 =
1,013 1
400 · 1,013 1 = 65 ·1,013
400 ·1,013 400 = 65 ·1,013
400335 ·1,013 = 400 1,013 =
335
400log 1,013 = log
335
n · log 1,013 = log 400 log 335
n · 0,005 = 2,602 2,525 n = 15,4 16 par
⇒
−
⇒ − ⇒
⇒ −
⇒ ⇒
 ⇒ ⇒ 
 
⇒ −
− ⇒ ⇒ celas
 
 
14. Desde que logab = loga + logb, e blog a = b a = 10 ,⇔ 
para quaisquer a e b reais positivos, temos 
3 3
3
11,19
2 E E8,9 = log log = 13,35
3 7 ·10 7 ·10
logE log7 ·10 = 13,35
logE = 13,35 + log7 3log10
logE = 13,35 + 0,84 3
E = 10 kWh.
− −
−
   
⇔      
   
⇔ −
⇔ −
⇒ −
⇒
 
 
15. Para A = 1000 μm e f = 0,2 Hz, temos 
3
M = log(1000× 0,2) + 3,3
log10 + log0,2 + 3,3
3 0,7 + 3,3
5,6
=
≅ −
≅
 
 
e, portanto, podemos concluir que ele foi destrutivo, com 
consequências significativas em edificações pouco 
estruturadas. 
16. Desde que 120 min = h,
3
 vem 
13 ·
31p = 40 · 2 = 80.
3
 
 
 
 
Portanto, após 20 min, a população será duplicada. 
 
17. Sendo y(0) = 0,5, temos 
0 1a = 0,5 a = 2.− ⇔ 
Assim, queremos calcular o valor de t para o qual se tem 
y(t) = 0,5 + 7,5 = 8, ou seja, 
t 12 = 8 t = 4.− ⇔ 
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
44 
18. 
10
N = V · C
V = 5.000 ml
C = 5.200.000 hemácias ml
N = 5.000 · 5.200.000 = 26.000.000.000 =
= 2,6 ·10 hemácias 
 
19. Tem-se que 
0 0
3M
2
0
3M
20
2 E E 3MM = log log =
3 E E 2
E = 10
E
E = E ·10 .
   
⇔   
   
⇔
⇔
 
Daí, como M1 = 9 e M2 = 7, vem 
27
21 0E = E ·10 e 
21
22 0E = E ·10 . 
 
Portanto, segue que 
27
21 0
21 6
2 20
3
2
E = E ·10
E ·10 ·10
10 · E .
=
=
 
20. Fazendo os cálculos: 
t
2
s(t) = 1.800 · (1,03)
s(2) = 1.800 · (1,03)
s(2) = 1909,62
 
 
21. Seja k, com 0 < k < 1, a abscissa do ponto para o qual se 
tem hlogk = ,
2
− ou seja, h = 2 · logk.− Assim, temos 
h = log(n + k),
2
 isto é, h = 2 · log(n + k). 
Daí, vem 
2
2
2 · log(n + k) = 2 · logk log(n + k) · k = log1
k + nk 1 = 0
n + n + 4k = .
2
− ⇔
⇔ −
−
⇒
 
Portanto, temos 
2
2
h = 2 · log(n + k)
n + n + 42 · log n +
2
n + n + 42 · log .
2
 − =
 
 
 
 =
 
 
 
 
22. Do gráfico, tem-se que o saldo devedor inicial é 
R$ 500,00. Além disso, como a capitalização é composta, 
podemos concluir que a parcela mensal de juros é 
variável. Finalmente, supondo uma taxa de juros 
constante e igual a 10% ao mês, teríamos, ao final de 
6 meses, um saldo devedor igual a 500 · (1,1)6  R$ 885,78. 
Portanto, comparando esse resultado com o gráfico, 
podemos afirmar que a taxa de juros mensal é superior a 
10%. 
 
23. O número de bactérias N(t), em função do tempo t, 
em horas, pode ser modelado por uma função do tipo 
t
0N(t) = N · 2 ,
− com N0 sendo a população inicial. 
A função N é exponencial. 
 
24. Queremos calcular t para o qual se tem M(t) = 0,1 · A. 
Sabendo que a meia-vida do césio-137 é 30 anos, 
encontramos 
k · 30
1
k 30
A AM(30) = A · (2,7) =
2 2
(2,7) = 2 .
−
⇔
⇔
 
Assim, tomando 0,3 como aproximação para 10log 2, 
vem 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
45 
k t
t1 1
30
t
130
M(t) = 0,1· A A · [(2,7) ] = 0,1 · A
= 10
2
log2 = log10
t · log2 = 1 · log10
30
t · 0,3 1
30
t 100,
−−
− −
⇔
 ⇔  
 
⇔
⇔ − −
⇒ − ≅ −
⇒ ≅
 
ou seja, o resultado procurado é, aproximadamente, 
100 anos. 
 
25. Fazendo M + w + = 7,3, temos: 
10 o
10 o
10 o
27
o
27,3 = 10,7 + · log M
3
218 = · log M
3
27 = log M
M = 10
−
 
 
26. Adotando 0 para 1 a.C. temos a seguinte tabela como 
verdadeira. 
Calendário 
atual 
3 a.C. 2 a.C. 1 a.C. 1 d.C. 2 d.C. 
Cômputo dos 
astrônomos 
−2 -1 0 1 2 
 
27. y = 363.e0,03.30  y = 363.e0,9  y = 363.(e0,3)3  
y = 363.(1,35)3  893 (870 < 893 < 910) 
 
28. De 12h às 13h 30 min temos 1,5 meias-vidas. Assim, 
do gráfico podemos concluir que às 13h 30 min o 
percentual da dose que restará no organismo é 
aproximadamente 35%. 
 
29. Ao analisar o gráfico, percebe-se que de zero a 4 anos o 
veículo Y desvalorizou seu preço em R$20.000,00 
(de R$55 mil para R$35 mil). Já o veículo X, 
no mesmo período desvalorizou R$5.000,00 
(de R$30 mil para R$25 mil). Assim, a perda com a 
venda será de R$25.000,00. 
30. Considerando a fórmula dada, e que k é uma constante 
positiva, para saber por quanto será multiplicada a 
superfície corporal, podemos considerar o valor de m 
inicial como 1 e de m final como 8, já que a massa 
corporal é multiplicada por 8. Assim: 
2
3
2
3
3 2
3
A k · m
A k ·1
A k · 1
A k · 1
A k ·1
=
=
=
=
= 
Calculando A’(final): 
2
3
2
3
3 2
3
k · mA’
A’ k · 8
A’ k · 8
A’ k · 64
A’ k · 4
=
=
=
=
= 
Temos que a área de superfície final será multiplicada por 
4. 
 
31. Igualando-se as expressões tem-se: 
250t3 – 100t + 3.000 = 150t3 + 69t + 3.000 
100t3 – 169t = 0 
t(100t2 – 169) = 0 
t2 = 
169
100
 
t = 
13
10
 = 1,3h 
 
32. Se o cubo da área S da superfície é proporcional ao 
quadrado da massa M, temos: 
3
2
S k
M
=
 
3 2
23
1 2
3 3
S k · M
S k · M
S k · M
=
=
= 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
46 
33. Se a meia-vida do césio-137 é 30 anos, A é a massa inicial. 
Em 30 anos temos que M = 
A .
2
Se M(t) = A · (2,7)kt temos: 
k.30
30k 1
30k 1
A A · (2,7)
2
(2,7) 2
log(2,7) log 2
30k · log(2,7) log 2
30k · log 2,7 0,3
0,01log 2,7
k
−
−
=
=
=
= −
= −
= −
 
Para o tempo necessário para que a massa de césio-137 se 
reduza a 10%, temos M(t) = 
1 A,
10 e, log 2,7 = 
0,01,
k
 logo: 
kt
kt 1
kt 1
1 A A(2,7)
10
(2,7) 10
log(2,7) log10
k · t · log 2,7 1
0,01k · t 1
k
t 100
−
−
=
=
=
= −
 − = − 
 
= 
 
ANÁLISE COMBINATÓRIA 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
C E D C B E E E C C 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
E A E C A C B A A E 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
D B A B B A E B A C 
31 32 
C D 
 
1. Podemos escolher o par do primeiro canhoto de 6 
maneiras e o par do segundo canhoto de 5 modos. 
Ademais, a terceira dupla pode ser formada de 
4 4! 6
2 2! 2!
 
= =  ⋅ 
 maneiras e a quarta dupla de 
2
1
2
 
= 
 
 
modo. 
Em consequência, pelo Princípio Multiplicativo, segue 
que a resposta é 6 5 6 180.⋅ ⋅ = Contudo, observe que 
algumas das duplas que não apresentam canhotos foram 
contadas duas vezes. Assim, a resposta é 180 90.
2
= 
2. Existem 
12
4
 
 
 
 modos de escolher os vagões pintados na 
cor vermelha, 
8
3
 
 
 
 maneiras de escolher os vagões 
pintados na cor azul, 
5
3
 
 
 
 modos de escolher os vagões 
que serão pintados na cor verde e 
2
2
 
 
 
 maneiras de 
escolher os vagões pintados na cor amarela. 
Portanto, pelo Princípio Multiplicativo, segue que a 
resposta é 
12 8 5 2
.
4 3 3 2
       
× × ×       
       
 
 
3. Como cada chave pode assumir apenas duas posições, 
pelo Princípio Multiplicativo, é imediato que a resposta 
é ⋅ ⋅ ⋅ =2 2 2 2 16. 
 
4. Em relação aos carros que ficarão na entrada, existem 4 
maneiras de escolher o compacto e 6 modos de escolher 
a caminhonete. Já para o estande da região central, tem-
se 3 escolhas para o compacto e 5 para a caminhonete. 
Portanto, pelo Princípio Multiplicativo, segue que o 
número de possibilidades para compor os estandes é 
igual a 
6 4
4 6 3 5 2 2
2 2
4 6
2 2.
2 2
   
⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅   
   
   
= ⋅ ⋅ ⋅   
   
 
 
5. Sabendo-se que cada caminhão cegonha possui 
10 carros e que é preciso ao menos um carrinho de cada 
cor, então restam 6 carrinhos nos quais as cores podem 
ser permutadas. 
Sendo a, b, c e d a quantidade de carrinhos brancos, 
laranjas, amarelos e verdes, além dos 4 já pintados 
(um de cada cor), tem-se: 
a + b + c + d = 6 
A quantidade de soluções inteiras não negativas dessa 
equação de quatro variáveis será: 
9,3
6 + 4 1 9
= = C
4 1 3
−   
   −    
 
6. O número de partidas pode ser calculado pelo número de 
combinações de jogadores, 2 a 2. Assim: 
8,2
8! 8 · 7 · 6!C = = = 28 partidas
2! · 6! 2 · 6! 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
47 
 
7. Pelo Princípio Multiplicativo, segue que o resultado é 
710 ·10 ·10 ·10 ·10 · 900 = 9 ·10 . 
 
8. Calculando: 
5
6
2 4
5
3 2
Opção I 26 ·10 = 2.600.000 opções
Opção II 10 = 1.000.000 opções
Opção III 26 ·10 = 6.760.000 opções
Opção IV 10 = 100.000 opções
Opção V 26 ·10 = 1.757.600 opções
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
 
Sendo o número esperado de clientes igual a 1 milhão, 
o formato que resulta num número de senhas distintas 
possíveis superior a 1 milhão mas não superior a 
2 milhões é o formato dado na opção V. 
 
9. Considere a figura, em que estão indicadas as possíveis 
localizações do cliente. 
 
 
A resposta é 12. 
 
10. Sendo 263 × 104 o número total de placas e 263 o número 
de placas em que os algarismos são todos iguais a zero, 
podemos afirmar que podem ser utilizadas 
3 4 3 3 426 ×10 26 = 26 (10 1)− − placas. 
11. Considerando as regiões a serem pintadas: 
 
 
 
Considerando que as cores podem se repetir e que não há 
obrigatoriedade de se usar as 4 cores, pode-se calcular: 
D × E × F× C × B× A
4 · 3 · 3 · 3 · 3 · 3 = 972 opções
 
12. Desde que o número de maneiras de escolher dois 
tenistas quaisquer é 
10 10!= ,
2 2!×8!
 
 
 
 e o número de modos 
de escolher dois tenistas canhotos é 
4 4!= ,
2 2!× 2!
 
 
 
 tem-
se que o resultado é dado por 
10! 4! .
2!×8! 2!× 2!
− 
 
13. Existem 10 · 10 = 102 maneiras de escolher os dois 
algarismos e 52 · 52 = 522 maneiras de escolher as letras. 
Definidos os caracteres da senha, podemos 
dispô-los de (2, 2)4
4!P =
2! · 2!
 modos. Portanto, pelo 
Princípio Multiplicativo, segue que a resposta é 
2 2 4!10 · 52 · .
2! · 2!
 
 
14. Considerando o caso em que os círculos A e C possuem 
cores distintas, tem-se 3 maneiras de escolher a cor do 
círculo A, 2 maneiras de escolher a cor do círculo C, 
1 maneira de escolher a cor do círculo B e 1 maneira de 
escolher a cor do círculo D. Logo, pelo Princípio 
Multiplicativo, existem 3 · 2 · 1 · 1 = 6 possibilidades. 
Por outro lado, se A e C possuem a mesma cor, então 
existem 3 modos de escolher a cor comum, 2 maneiras de 
escolher a cor do círculo B e 2 modos de escolher a cor 
do círculo D. Daí, pelo Princípio Multiplicativo, tem-se 
3 · 2 · 2 = 12 possibilidades. 
Em consequência, pelo Princípio Aditivo, a resposta é 
6 + 12 = 18. 
 
15. O resultado pedido corresponde ao número de arranjos 
simples de 9 objetos tomados 7 a 7, isto é, 9, 7
9!A = .
2! 
 
16. Observando a diferença entre a pontuação total da Escola 
II e a das outras escolas, tem-se que a Escola II será 
campeã quaisquer que sejam as notas das Escolas I, III e 
V. Logo, em relação a essas escolas, há 5 notas 
favoráveis para cada uma. 
Por outro lado, como a Escola II vence a Escola IV em 
caso de empate, e tendo a Escola IV uma vantagem de 
dois pontos em relação à Escola II, a última será campeã 
nos seguintes casos: 
1. 6 para a Escola IV e 8, 9 ou 10 para a Escola II; 
2. 7 para a Escola IV e 9 ou 10 para a Escola II; 
3. 8 para a Escola IV e 10 para a Escola II. 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA48 
Em consequência, a resposta é 
3 · 5 · 5 · 5 + 2 · 5 · 5 · 5 +1 · 5 · 5 · 5 = 750. 
17. Considere 16 posições consecutivas de uma fila, em que 
as posições de ordem ímpar serão ocupadas pelos 
8 filmes de ação, as 5 primeiras posições de ordem par 
serão ocupadas pelos filmes de comédia, e as 3 últimas 
posições de ordem par serão ocupadas pelos filmes de 
drama. Daí, os filmes de ação podem ser dispostos de 
P8 = 8! modos, os de comédia de maneiras e os de drama 
de P3 = 3! possibilidades. Portanto, 
pelo Princípio Multiplicativo, segue-se que o resultado é 
8! × 5! × 3!. 
 
18. Supondo que serão utilizadas apenas as vogais 
a, e, i, o e u, segue-se, pelo Princípio Multiplicativo, que 
a resposta é 10 · 10 = 100. 
Observação: Considerando o acordo ortográfico de 
2009, a questão não teria resposta. 
 
19. Supondo que duas cartelas de um mesmo jogador não 
possuem 6 dezenas iguais, segue-se que Arthur, Bruno, 
Caio, Douglas e Eduardo possuem, respectivamente, 
as seguintes possibilidades de serem premiados: 
 
250; 
7
41 · + 4 = 291;
6
 
 
 
8
12 · +10 = 346;
6
 
 
 
 
9
4 · = 336
6
 
 
 
 e 
10
2 · = 420.
6
 
 
 
 
 
Portanto, como o número de casos possíveis para o 
resultado do sorteio é o mesmo para todos, podemos 
concluir que Caio e Eduardo são os que têm as maiores 
probabilidades de serem premiados. 
 
20. 
Começando com 1: 4! = 24 
Começando com 3: 4! = 24 
Começando com 5: 4! = 24 
Começando com 71: 3! = 6 
Começando com 73: 3! = 6 
Começando com 751: 2! = 2 
Começando com 753: 2! = 2 
O próximo será 75913 
Logo, 24 + 24 + 24 + 6 + 6 + 2 + 2 + 1 = 89 (octogésima 
nona posição). 
 
21. O professor pode escolher 3 museus no Brasil de 
4
= 4
3
 
 
 
modos distintos e pode escolher 2 museus no 
exterior de 
4 4!= = 6
2 2!2!
 
 
 
 maneiras. Portanto, 
pelo PFC, o professor pode escolher os 5 museus para 
visitar de 4 · 6 = 24 maneiras diferentes. 
 
22. Considerando a posição A como inicial, pode-se colocar 
nesta posição qualquer uma das 3 cores de pedras 
(verde, azul ou vermelha). Na posição B somente poderão 
ser colocadas 2 possibilidades de cores (pois não poderá 
repetir a cor que já foi colocada em A); na posição C 
somente poderão ser colocadas 2 possibilidades de cores 
(pois não poderá repetir a cor que já foi colocada em B). Na 
posição D poderá ser colocada somente 1 possibilidade de 
cor (pois não poderá repetir a cor colocada nem em 
A nem em C). Multiplicando-se as possibilidades de cada 
posição, temos: 
3 × 2 × 2 × 1 = 12 
 
Dessa forma, poderão ser feitas até 12 joias diferentes. 
 
23. A amostra combinatória inicial era de 10 possibilidades 
por dígito, sendo a senha de 6 dígitos. Isto resulta em 106 
maneiras de senha. 
A nova amostra consiste em 26 letras minúsculas, 
26 maiúsculas e 10 algarismos, totalizando 
62 possibilidades. Numa senha de 6 dígitos, tem-se 
626 maneiras de senha. 
O coeficiente de melhora da alteração recomendada será 
a razão 
6
6
62 .
10 
 
24. Calculando-se o total de crianças com até 10 anos na 
população, podemos encontrar em termos absolutos a 
cidade com o maior número. 
I.  1.000.000 × 15% = 150.000 
II.  800.000 × 20% = 160.000 
III.  1.200.00 × 10% = 120.000 
IV.  600.000 × 22% 132.000 
 
25. Sete colunas são formadas da seguinte forma: 
Coluna 1 2 3 4 5 6 7 
Número de Cartas 1 2 3 4 5 6 7 
O total de cartas nas colunas é dado pela soma dos 
números de cartas, portanto: 
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 28 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
49 
Como um baralho possui o total de 52 cartas, o número 
de cartas no monte será dado pela diferença: 
52 – 28 = 24 
26. O número possível de possibilidades imaginando todas 
as combinações possíveis entre objetos, personagens e 
cômodos da casa é dado por: 5 × 6 × 9 = 270. Como cada 
aluno do total de 280 deve apresentar uma resposta 
distinta, em tese deveriam existir 280 possibilidades para 
cada um dos 280 alunos apresentar uma resposta. Mas, 
somente existem 270 possibilidades, portanto há 10 
alunos a mais do que possíveis respostas distintas, 
o que faz o diretor ter a certeza de que algum aluno 
acertará a resposta! 
 
27. Algarismos ímpares: 1, 3, 5, 7, 9 
Número: d1 d2 d3 d4 d5 
d1 = 1,3 ou 5  3 × 4! = 72 
d1 = 7 e d2 = 1 ou 3  1 × 2 × 3! = 12 
d1 = 7 e d2 = 4 e d3 = 1 ou 3  2 × 2! = 4 
7 5 9 1 3  1 
A ordem de chamada do candidato que tiver recebido o 
número 75913 é: 71 + 12 + 4 + 1 = 89 
 
28. Sequências possíveis = 5! = 120, mas cada uma possui 
uma simétrica, sendo assim, apenas 120
2
 precisam ser 
verificadas. 
1,5 min/sequência × 60 sequências = 90 minutos 
 
29. Como para escolher integrantes do grupo A não há 
importância na ordem, deve-se utilizar uma combinação. 
No entanto, para o jogo de abertura, a ordem deve ser levada 
em consideração, devendo ser utilizado um arranjo. 
 
30. 4 enfermeiras × 2 clínicos gerais × 3 cirurgiões = 24 
 
31. 
C6,1 + C6,2 + C6,3 + C6,4 + C6,5 + C6,6 = 
= 6!/(5!1!) + 6!/(4!2!) + 6!/(3!3!) + 6!/(4!2!) + 6!(5!1!) + 1 – 
1 = = 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 63 
 
32. Para isto devemos assumir as variações possíveis nas 
barras b1, b2, b3, pois as demais serão simétricas, 
de forma que não serão contadas. Como cada barra pode 
ser escura ou clara, temos as seguintes possibilidades: 
2 × 2 × 2 = 8. No entanto, temos que descontar pelo 
enunciado a possibilidade em que todas são claras ou 
todas são escuras, portanto, temos 8 – 2 = 6 
possibilidades. 
 
PROBABILIDADE 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
B E E D C E B D D D 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
D A D D B C D C C B 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
C D B A A A D D E D 
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 
C C D D D A D C E B 
 
1. A probabilidade pedida é dada por 
5 4 1 .
20 19 19
⋅ = 
 
2. A probabilidade do cliente não ficar contente é 16 .
120
 
Logo, segue que a resposta é 
16 1041 .
120 120
− = 
 
3. A probabilidade pedida é dada por 
0,25 0,2 0,5.
0,25 0,2 0,8 0,0625
⋅
=
⋅ + ⋅
 
 
4. Seja n o número de placas necessárias. Logo, como a 
probabilidade de uma placa não ser percebida é 
1 11 ,
2 2
− = segue que a probabilidade de que nenhuma 
das n placas seja percebida é igual a 
n1 .
2
 
 
 
 
Por conseguinte, a probabilidade de que alguma placa 
seja percebida é 
n11 .
2
 −  
 
 Daí, vem 
n n1 99 1 11 .
2 100 2 100
   − > ⇔ <   
   
 
 
O menor natural n que satisfaz a desigualdade acima é 
n 7.= 
Em consequência, o dono do restaurante deverá instalar 
7 1 6− = novas placas. 
 
5. A nota do atleta 10 no último salto deve ser maior do 
que ou igual a 829 687,5 141,5.− = Logo, como ele 
pode superar essa pontuação apenas em T3 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
50 
(2,6 55 143)⋅ = e T5 (3 53 159),⋅ = conclui-se que 
ele deverá escolher o de tipo T3, uma vez que é o mais 
provável. 
6. Preliminarmente, tem-se que a probabilidade de extrair 
uma bola qualquer das urnas C ou D é igual a 1.
2
 
Na opção 1, a probabilidade é igual a 2 1 1 .
6 5 15
⋅ = 
Na opção 2, a probabilidade é igual a 3 2 1 .
10 9 15
⋅ = 
Na opção 3, a probabilidade é igual a 
1 3 2 1 2 1 2 .
2 7 6 2 7 6 21
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = 
Na opção 4, a probabilidade é igual a 
1 2 1 1 3 2 1.
2 5 4 2 5 4 5
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = 
Na opção 5, a probabilidade é igual a 
1 4 3 1 3 2 3 .
2 7 6 2 7 6 14
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = 
Portanto, como 3
14
 é a maior das probabilidades, segue 
o resultado. 
 
7. Se 70% dos funcionários são do sexo masculino, então 
100% 70% 30%− = são do sexo feminino. Portanto, a 
probabilidade condicional pedida é igual a 
0,3 0,05 0,3 30%.
0,3 0,05 0,7 0,05
⋅
= =
⋅ + ⋅
 
 
8. Após a colocação da primeira peça, existem 2 (n 1)⋅ − 
casas vazias na zona de combate. Ademais, temos 2n 1− 
casas quaisquer vazias e, assim, vem 
2
2 (n 1) 1 2 1
5 n 1 5n 1
n 9.
⋅ −
< ⇒ <
+−
⇒ >
 
 
A resposta é 10 10.× 
 
9. A probabilidade de nascer um menino é 1
2
 e a 
probabilidade denascer uma menina também é 1.
2
 Desse 
modo, pelo Teorema Binomial, segue que a resposta é 
2 24 1 1 1 1 36 .
2 2 2 4 4 8
     ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =         
 
10. Sendo 21 os dias letivos e 6 h 22 min a mediana, 
podemos concluir que o rapaz chegou antes de 
6 h 22 min exatamente 21 1 10
2
−
= vezes. Logo, se a 
moda é 6 h 21min e n é o número de dias em que o 
rapaz chegou às 6 h 21min, então a probabilidade 
pedida é igual a 10 n.
21
− 
Essa probabilidade é máxima quando n é mínimo. 
Ademais, como existem 6 observações menores do que 
6 h 21min, deve-se ter n 3,= caso contrário, haveria 
pelo menos outra moda menor do que 6 h 21min. 
Portanto, a resposta é 10 3 7 .
21 21
−
= 
 
11. A probabilidade de que um fã seja sorteado é dada por 
 
0,8 · 0,9 = 0,96.
0,8 · 0,9 + 0,2 · 0,15
 
 
Por outro lado, a probabilidade de que um não fã seja 
sorteado é igual a 
0, 2 · 0,15 = 0,04.
0,8 · 0,9 + 0,2 · 0,15
 
A resposta é 0,96 = 24.
0,04
 
 
12. Calculando: 
9
10,1 9 10
2 1 2 1 10 · 2P(x) = C · · = 10 · · =
3 3 3 3 3
   
   
   
 
 
13. Tem-se que x 2= x = 30.
15 + x 3
⇔ 
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
51 
14. A probabilidade de a aluna ser sorteada, dado que ela está 
na sala C, é igual a 
1 1 1· = .
3 18 54 
 
15. Calculando: 
( )2
2P P(X) = = 0,258
1Q P(X) = = 0,1258
4040R P(X) = = = 0,1587
25216 4
4S P(X) = = 0,508
3T P(X) = = 0,3758
⇒
⇒
⇒
−
⇒
⇒
 
Assim, o jogador deverá abrir o quadrado Q. 
 
16. Calculando a probabilidade de ele se atrasar, com e sem 
chuva, tem-se: 
P(chuva) = 30% · 50% = 0,3 · 0,5 = 0,15
0,325
P(ñ chuva) = 70% · 25% = 0,7 · 0,25 = 0,175

⇒

 
 
17. O resultado é dado por 80P(negativo | sadio) = 0,89.
90
≅ 
 
18. Existem apenas duas opções favoráveis de percurso, 
quais sejam: uma no sentido horário e outra no sentido 
anti-horário. Logo, segue que a resposta é dada por 
1 1 1 1 1 1 5· · + · · = .
2 2 3 2 2 2 24 
 
19. Os resultados em que a soma é menor do que 55 reais 
são: (5, 5), (5, 20), (20, 5) e (20, 20) Logo, como o 
número de resultados possíveis é 4 · 4 = 16, segue que a 
probabilidade pedida é igual a 
4 31 = .
16 4
− 
 
20. A probabilidade de que nenhum dos dois esteja vivo 
daqui a 50 anos é igual a (1 0,2) · (1 0,3) = 0,56.− − 
Portanto, a probabilidade pedida é 1 – 0,56 = 44%. 
 
21. É imediato que a probabilidade pedida é igual a 20 .
100
 
 
22. A probabilidade de que um aluno não compreenda ou não 
fale inglês é 1 – 0,3 = 0,7. Logo, a probabilidade de que 
nenhum dos alunos compreenda ou fale inglês é 
0,7 · 0,7 · 0,7 = 0,343. 
Portanto, a probabilidade de o entrevistador ser 
entendido e ter sua pergunta oralmente respondida em 
inglês é 1 – 0,343 = 0,657 = 65,7%. 
23. 54% dos parafusos foram produzidos pela máquina A, 
sendo uma probabilidade de 25/1.000 de parafusos 
defeituosos. Os 46% restantes foram produzidos pela 
máquina B, com uma probabilidade de 38/1.000 
parafusos defeituosos. Para saber a probabilidade de um 
parafuso defeituoso, considerando as duas máquinas, 
temos (54/100) (25/1.000) + (46/100) (38/1.000) = 
(1.350/100.000) + (1.748/100.000) = 3.098/100.000 ou 
3.098/100. Esse desempenho é considerado bom de 
acordo com a tabela apresentada. 
 
24. O espaço amostral é de 60 números (C60,6) para todos os 
jogadores, o que varia para cada jogador é o número de 
elementos dos eventos. 
Artur  250 × C6,6 = 250 × 1 = 250 
Bruno  (41 × C6,7) + (4 × C60,6) = (41 × 7) + 4 = 291 
6,6
8!Caio (12 C ) 10 12 10
6!2!
8 712 10 346
2
 → × + = × + = 
 
 × = × + = 
  
6,9
9!Douglas (4 C ) 4
6!3!
9 8 74 336
3 2
 → × = × = 
 
 × ×
= × = ×  
6,10
10!Eduardo 2 C 2
6!4!
10 9 8 72 420
4 3 2 1
 → × = × = 
 
 × × ×
= × = × × ×  
Os dois apostadores com maior probabilidade de serem 
sorteados são Eduardo e Caio. 
 
25. Se 600 alunos falam inglês, 500 espanhol e 300 nenhum 
idioma e na escola há 1.200 alunos. Alguns destes falam 
inglês e espanhol. Ou seja, 200 alunos falam inglês e 
espanhol (pois 600 + 500 + 30 = 1.400. Se há apenas 
1.200 alunos, 200 alunos falam ambos idiomas). 
Para saber quantos alunos não falam inglês, deve-se 
retirar da amostra total (1.200) a quantidade de alunos 
que falam inglês (600). Logo: 
1.200 – 600 = 600 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
52 
Se 200 alunos falam inglês e espanhol, a quantidade de 
alunos que falam apenas espanhol será a quantidade de 
alunos que falam espanhol (500) menos a quantidade de 
alunos que falam inglês e espanhol (200) = 500 – 200 = 300. 
Pegando um aluno ao acaso da escola que não fala inglês, 
a probabilidade dele falar apenas espanhol (amostra de 
300), será: 
alunos que só falam espanhol 300 1
alunos que não falam inglês 600 2
= =
 
 
26. O universo dos compradores do produto A é 100, destes, 
30 são compradores do mês de fevereiro. 
A probabilidade de o comprador do produto A sorteado 
ter sido um comprador do mês de fevereiro será 
30 .
100
 
Para os compradores do produto B, temos um universo 
total de 120, destes, 20 são compradores de fevereiro. 
A probabilidade de o comprador do produto B sorteado 
ter sido um comprador do mês de fevereiro será 
20 .
120
 
A probabilidade de ambos compradores sorteados terem 
sido compradores do mês de fevereiro, será o resultado 
da multiplicação de suas probabilidades. Logo, temos: 
 
30 20 6 1·
100 120 120 20
= =
 
 
27. Se os dados possuem número de 1 a 6, e as somas 
correspondem ao número sorteado em cada dado 
simultaneamente, podemos montar a tabela a seguir com as 
possibilidades de faces sorteadas por cada dado para que 
correspondam à soma desejada por cada indivíduo. 
 
 
A maior probabilidade de acertar será de José, pois há 
6 possibilidade de a soma das faces dos dois dados 
sorteados ser igual a 7, enquanto para Antônio há 
5 possibilidade de a soma ser 8 e para Paulo há apenas 
possibilidades de a soma ser igual a 4. 
 
28. 500 pessoas visitaram o site, sabendo que nenhuma votou 
mais de uma vez, podemos calcular quantas votaram em 
cada categoria. Desta forma: 
Divertido = 52% de 500 pessoas = 500 × 0,52 = 260 pessoas 
Assustador = 15% de 500 pessoas = 500 × 0,15 = 75 pessoas 
Chato = 12% de 500 pessoas = 500 × 0,12 = = 60 pessoas 
Não opinaram = 21% de 500 pessoas = 500 × 0,21 = 
= 105 pessoas 
Se o sorteio será feito somente entre as pessoas que 
opinaram, temos que o universo amostral é de 395 pessoas 
(pois se subtrai do total aquelas que não opinaram). 
A probabilidade de um dos sorteados ter opinado na 
categoria “Chato” será então dada por: 
opinaram na categoria “chato” 60 0,15
pessoas que opinaram 395
= =
 
 
29. Para que o jogador tenha a maior probabilidade de 
ganhar, ele deve escolher a cor que existe no maior 
número de bolas na urna 2, pois independente da cor que 
ele tirar na urna um, esta será a maior probabilidade. 
Portanto, esta cor é a vermelha, já que de acordo com o 
enunciado é a que está presente em maior número na urna 
2. 
Alguém pode argumentar que como existem 3 bolas 
verdes na urna 2 e uma na urna 1, é possível que o jogador 
tira uma bola verde da urna 1 e pela dinâmica do jogo, 
coloque a mesma na urna 2. Assim, 
a quantidade de bolas verdes e vermelhas na urna 2 será 
a mesma. No entanto, é importante notar que o jogador 
não tem como garantir que vai conseguir tirar uma bola 
verde da urna 1, pois esta probabilidade é de apenas 1/10 
= 10%, enquanto há 90% de chance de o jogador retirar 
qualquer outra bola a urna 1, mantendo o número superior 
de bolas vermelhas na urna 2, o que resulta numa 
probabilidade superior de se retirar uma bola vermelha. 
 
30. Chance de Banda Larga de no mínimo 1 Mbps = 
= (15 + 5 + 1 + 1) /100 = 0,22. 
 
31. P = 
22 11%
200
=
 
 
32. Considerando quais são os resultados que tornam cada 
jogador vencedor, temos que Arthur pode obter (1, 11), 
(2, 10), (3, 9), (4, 8), (5, 7), enquanto Bernardo pode obter 
(2, 15), (3, 14),(4, 13), (5, 12), (6, 11), (7, 10), (8, 9), 
e, por fim, Caio, pode obter (7, 15), (8, 14), (9, 13), (10, 12). 
Com isso, temos que Bernardo tem 7 possibilidades de 
compor a soma escolhida por ele, contra 5 possibilidades 
para a escolha de Arthur e 4 possibilidades para a escolha de 
Caio, sendo, portanto Bernardo quem tem a maior 
probabilidade de ganhar o jogo. 
 
33. Paula pode pegar os trajetos E1E3, E1E4, E2E5 ou E2E6. 
Para saber qual é o melhor trajeto, tem-se de calcular para 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
53 
cada um p1 = probabilidade de não pegar engarrafamento 
em nenhum dos dois trechos e 
p2 = probabilidade de pegar engarrafamento em pelo 
menos um dos trechos. Com isto, pode-se encontrar o 
melhor trajeto para ela, que será aquele com o maior 
p1 e com o menor p2. 
 
Conclui-se que o melhor trajeto para ela é o E2E5 por 
possuir a maior probabilidade de não ter engarrafamento 
em nenhum dos trechos, bem como ter a menor 
probabilidade de engarrafamento em pelo menos um dos 
trechos. 
 
34. p = Número de funcionários que calçam 38 / Número de 
funcionários que calçam mais de 36 = 10 / (3 + 10 + 1) = 
= 10/14 = 5/7. 
 
35. p = Número de espécies de borboletas / Total de Espécies 
= 1.132 / (1.132 + 263 + 122 + 93 + 656) = 
= 1.132/2.266 = 49,96%. 
 
36. 
P(Jogador 1 marcar Gol) = 45/60 = 3/4 = 75% 
P(Jogador 2 marcar Gol) = 50/75 = 2/3 = 66,7% 
 
37. Considerando que germinou, temos p (Cultura A) = total 
que germinaram de A / total que germinaram de 
A e B = 392/773. 
38. p (saudável com resultado negativo) = Número de ratos 
saudáveis com resultado negativo / Número de ratos com 
resultado negativo = (500 – 20 – 100) / 
(500 – 20 – 100 + 40) = 380/420 = 19/21. 
39. Como ocorreram 10 mortes em 34 atropelamentos, temos 
que 24 atropelamentos não resultaram em morte. 
P = 
24 12
34 17
= 
 
40. P (verde e verde) = (25/100) × (25/100) = 1/16 
 
 
ESTATÍSTICA 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
D C C C B C C C B E 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
B B A D D A B B B B 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
B E E E C C E A A E 
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 
E B C B B B C B E C 
41 42 43 44 45 
B B E B E 
 
1. A média de julho a novembro é igual a 
700 2500 2500 2800 2700 11200 2240.
5 5
+ + + +
= = 
 
A redução verificada de novembro para dezembro de 
2011 foi de 2700 2240 460− = unidades. Logo, o 
número de unidades vendidas n meses após novembro é 
dado por 
Q(n) 460n 2700.= − + 
 
Queremos calcular o menor número inteiro n para o qual 
se tem Q(n) 700.< Assim, temos 
460n 2700 700 n 4,34.− + < ⇔ > 
 
Portanto, segue que n 5= e a resposta é abril de 2012. 
 
2. Se x é a variação do ano IV para o III, então 
− + −
= − +
= +
=
7,4 4,2 4,2 2,2x 7,4 4,2
2
3,2 2,6
5,8.
 
 
A resposta é + =7,4 5,8 13,2. 
 
3. Seja ix a altura do jogador i, com 1 i 20≤ ≤ e i .∈ 
Logo, temos 
20
i 20
i 1
i
i 1
x
1,8 x 36.
20
=
=
= ⇔ =
∑
∑ 
 
Portanto, segue que a resposta é dada por 
36 0,2 1,79 m.
20
−
= 
 
4. Sendo a média é igual a 
+ + + + + +
=
250 208 215 251 187 187 186 212,
7
 
 
podemos afirmar que a resposta é terça-feira. De fato, 
pois 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
54 
− = < = −| 215 212 | 3 4 | 208 212 | . 
 
5. A resposta é dada por 
0 52 1 5 2 2 3 1 12 0,2.
52 5 2 1 60
⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅
= =
+ + +
 
 
6. Se 60
100
 do total de analfabetos da população é composto 
por mulheres, então 60 401
100 100
− = é composto por 
homens. Logo, a média de idade da população analfabeta 
é 
 
60 4030 35 32.
100 100
⋅ + ⋅ = 
 
Nesse caso, ela receberá o recurso III. 
 
7. Se o grupo de basquete possui um aluno a mais do que o 
grupo de futebol, então o número total de alunos é ímpar. 
Em consequência, sabendo que a mediana divide uma 
série de dados em duas outras séries com o mesmo 
número de observações, podemos concluir que o aluno 
F joga basquete, uma vez que sua altura é a mediana. 
Portanto, P joga futebol, J joga futebol e M joga 
basquete. 
 
8. Escrevendo a série em ordem crescente, temos 
1,84;1,90;1,90;1,91;1,92;1,94;1,98; 2,01; 2,03; 2,05; 2,09; 2,11. 
 
Portanto, como o número de observações é par, segue que 
a resposta é 
1,94 1,98 1,96.
2
+
= 
 
9. Considere a tabela. 
 
ix 2ix 
48 2304 
54 2916 
50 2500 
46 2116 
44 1936 
52 2704 
49 2401 
7
i
i 1
x 343
=
=∑ 
7
2
i
i 1
x 16877
=
=∑ 
 
Logo, temos 
7
2
i7
2 i 1
i
i 1
2
( x )
1 x
7 7
1 34316877
7 7
3,16.
σ =
=
 
 
 
= − 
  
 
= − 
 
≅
∑
∑
 
 
Portanto, a variabilidade do tempo é baixa. 
10. Desde que a média aritmética das notas de sorte é 
1 3 9 7 7 5,4,
5
+ + + +
= 
 
e a média aritmética das notas de azar é 
8 5 5 5 9 6,4,
5
+ + + +
= 
 
podemos concluir que x 5,4 6,4 1,= − = − ou seja, a 
classificação é “Você está na média”. 
 
11. Considere a tabela. 
 
i ic ir i i ir c= − 
1 250 325 75 
2 270 355 85 
3 290 350 60 
4 280 365 85 
5 260 305 45 
 i 350=∑ 
 
Portanto, segue que a resposta é 350 70.
5
= 
 
12. Considere a tabela. 
 
Tipo iL ix i iL x⋅ 
I 6 120 720 
II 12 50 600 
III 10 71 710 
IV 20 47 940 
V 5 70 350 
VI 12 90 1080 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
55 
 
 
i ix L 4400⋅ =∑ 
 
Tem-se que a média entre os lucros totais é igual a 
4400 R$ 733,33.
6
≅ 
 
Em consequência, apenas os tipos IV e VI devem ser 
escolhidos. 
 
13. As médias aritméticas, na mesma ordem da tabela, são: 
0,77 0,77 0,92 0,82,
3
0,67 0,76 0,85 0,76,
3
0,65 0,80 0,80 0,75,
3
0,79 0,79 0,79 0,79
3
+ +
=
+ +
=
+ +
=
+ +
=
 
 
e 
0,73 0,78 0,77 0,76.
3
+ +
= 
 
Em consequência, a resposta é Florianópolis. 
 
14. Considere a tabela. 
 
ix if i ix f 
0 50 0 
1 17 17 
2 15 30 
3 10 30 
4 6 24 
5 2 10 
 if 100=∑ i ix f 111=∑ 
 
A resposta é dada por 
i i
i
x f 111x 1,11.
f 100
= = =∑
∑
 
 
15. Se cada carro no pictograma corresponde a n carros 
elétricos vendidos, então 
 
5n 2n 360 n 120.= + ⇔ = 
 
A resposta é dada por 8n 8 120 320.
3 3
⋅
= = 
16. Escrevendo os índices em ordem crescente, temos 
26,2; 26,5; 27,1; 27,1; 27,4; 27,4; 27,4; 27,7; 27,7; 28,3; 28,5; 29,5. 
 
Portanto, como 12 6,
2
= segue que a mediana é igual a 
27,4 27,4 27,4.
2
+
= 
 
17. Se t é o tempo a ser batido, então 
1,57 +1,5 + t 1,49 t 1,40.
3
≤ ⇔ ≤
 
 Portanto, a resposta é 1,40. 
18. A taxa pedida é dada por 
224,02 120,98 ·100% 85,17%.
120,98
−
≅ 
 
19. Calculando: 
6,8 7,5 7,6 7,6 7,7 7,9 7,9 8,1 8,2 8,5 8,5 8,6 8,9 9,0
7,9 7,9 + 8,1 = 8
8,1 2
− − − − − − − − − − − − −
⇒
 
 
20. Escrevendo os valores em ordem crescente, obtemos 
1,65; 3,14; 4,31; 4,46; 5,22; 5,69; 5,90; 5,91; 5,97;
6,50; 7,60; 7,67; 8,94; 9,30; 9,56; 12,53; 18,57; 22,41. 
Portanto, a resposta é 5,97 + 6,50 6,24.
2
≅ 
 
21. Escrevendo a série em ordem crescente, obtemos 
14, 16, 16, 18, 20, 30. Assim, o resultado pedido é 
16 +18 = 17.
2
 
 
22. Analisando as razões entre o número de fumantes e o 
total de entrevistados em cada empresa, temos 
3 1 2 3 6 3 4 3 5 5< = = < = < = = < .
28 8 16 24 40 20 20 15 25 23 
Logo, a empresa que apresenta o menor percentual é a V. 
 
23. Escrevendo as taxas de cada região em ordem crescente, 
podemos concluir que as medianas são: AMd = 12;
BMd = 11,6; CMd = 11,9; DMd = 11,6 e 
EMd = 12,6. 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
56 
Portanto, a região que deve receber a maior parte do 
recurso é a E. 
 
24. Seja t o total, em milhões de toneladas, da safra nacional de 
cereais, leguminosas e oleaginosas em 2012. 
Logo, temos 
(0,383 + 0,372) · t = 119,9 t 158,8.⇔ ≅ 
Em consequência, a resposta é 0,114 ·158,8 18,1.≅ 
25. Considere a tabela. 
Emissora Mês I Mês II Mês III  
I 11 19 13 43 
II 12 16 17 45 
III 14 14 18 46 
IV 15 11 15 41 
V 14 14 14 42 
 
Portanto, como a maior soma das pontuações de 
audiência foi obtida pela emissora III, segue o resultado. 
 
26. Observando que os dadosque serão gravados no novo 
cartão correspondem a 60% da capacidade do cartão de 
16 GB, podemos concluir que a resposta é 
32 0,6 ·16 ·100% = 70%.
32
− 
 
27. O salário-base é 750, o gráfico com a resposta correta 
deve iniciar no ponto 750. Todas as alternativas 
apresentam isto. 
Depois, o vendedor recebe R$ 3,00 para cada produto 
vendido até 100 produtos, ou seja, o gráfico deverá ser 
crescente e linear de 0 produtos até 100 produtos. 
Se ele vender 100 produtos, o salário dele será dado pelo 
fixo de R$ 750,00 somado aos R$ 3 de cada produto (100 
× R$ 3 = R$ 300), ou seja: 
750 + 300 = R$ 1.050,00. Ou seja, quando forem 
vendidos 100 produtos, o salário dele deverá ser 
R$ 1.050,00. Até aqui apenas as alternativas A e E 
satisfazem, podendo-se eliminar as outras. No entanto, 
depois dos 100 produtos o vendedor recebe muito mais 
para cada produto vendido (R$ 9), ou seja, inclinação da 
curva deve mudar depois de 100 produtos, portanto a 
única alternativa que representa isto entre a A e E é a 
alternativa E. 
Maneira alternativa: 
Como o salário dele é acrescido em R$ 3 por produto 
vendido até 100 produtos e depois disto ele é 
recompensado ainda mais, ou seja, a partir do 
101 produto ele recebe R$ 9 por produto vendido, 
ou seja, 3 vezes mais por produto vendido, a curva 
resultante deve ter uma inclinação crescente e linear até 
o ponto 100 e depois disto uma inclinação maior, 
pois o salário dele cresce mais agressivamente a cada 
produto vendido depois do 100º. A única curva com este 
perfil é dada pela alternativa E. 
 
28. Apenas na primeira linha os norte-americanos possuem 
porcentagem de respostas certas maior do que os 
brasileiros e europeus. Como a linha se trata da ação dos 
antibióticos, os norte-americanos demonstram melhor 
compreender este fato científico. 
29. Pelo gráfico de barras, vemos que as maiores barras são 
as relacionadas a alimentos e bebidas em todos os estados. 
 
30. Em todos os anos nos quais há um aumento na produção, 
representado por barras maiores, há também um aumento 
no rendimento médio (ponto representado por um 
triângulo que fica acima dos outros anos em que houve 
diminuição da produção), bem como vice-versa. 
 
31. A faixa etária que cresceu sempre, de acordo com o 
gráfico, é “acima de 65 anos”, portanto o título adequado 
seria “Brasil de cabelos brancos”. 
 
32. A média com as notas atuais (10 notas no total) é 4, pois: 
 
18 16 17 13 14 1 19 14 16 12 140 14
10 10
+ + + + + + + + +
= =
 
 
Retirando-se a nota mais alta (19) e a nota mais baixa (1), 
teremos um total de 8 notas. Para calcular a nova média 
basta soma-las e dividir por 8. Logo: 
 
18 16 17 13 14 14 16 12 120 15
8 8
+ + + + + + +
= =
 
 
A diferença da nova média em relação à média anterior é 
1,00 ponto maior. 
 
33. A mediana corresponde ao valor do termo central do 
conjunto de valores. Como temos 200 hotéis, o termo 
central será 200 1 100,5.
2
+
= Para tal, devemos 
descobrir o valor do termo 100 e do termo 101. 
Em ordem crescente de valores, o termo 100 terá valor 
de R$ 300,00 (pois 25% tem valor R$ 200,00 e 25% valor 
R$ 300,00, logo, o termo 100 estará na posição de 50%) 
e do termo 101 de R$ 400,00. A média entre estes dois 
valores será 300 400 700 350.
2 2
+
= =
 
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
57 
Portanto o valor mediano da diária é R$ 350,00. 
 
34. Para saber qual empresa apresenta lucro médio anual 
maior, basta dividir o valor do lucro apresentado de cada 
uma pelo tempo de existência. Dessa forma teremos: 
 
Empresa F  24 milhões / 3 = 6 milhões/ano 
Empresa G  24 milhões / 2 = 12 milhões/ano 
Empresa H  25 milhões / 2,5 anos = 10 milhões/ano 
Empresa M  15 milhões / 1,5 anos = 10 milhões/ano 
Empresa P  9 milhões / 1,5 anos = 6 milhões/ano 
35. Mediana é a observação que separa 50% dos valores mais 
baixos dos 50% dos valores mais altos. 
Dessa forma, ao colocar em ordem crescente os dados do 
gráfico, temos: 
Observação Valor 
1 181419 
2 181796 
3 204804 
4 209425 
5 212952 
6 246875 
7 266415 
8 298041 
9 299415 
10 305068 
Como o número de observações é par, para calcular a 
mediana teremos de fazer a média entre os dois valores 
centrais, ou seja, correspondentes às observações 5 e 6. 
Logo: 
212952 246875 299913,5
2
+
=
 
Como o enunciado pede o valor da parte inteira, temos 
que o valor da mediana é 229.913. 
 
36. Ordenando-se os valores temos: 
13,5; 13,5; 13,5; 13,5; 14; 15,5; 16; 18; 18; 18,5; 19,5; 
20; 20; 20; 21,5 
 
Média = soma de todas as temperaturas / 29 = 17 ºC 
Mediana = é o elemento central por existir uma 
quantidade ímpar de medidas = 18 ºC 
Moda = é o valor que apresenta a maior frequência = 13,5 ºC 
que aparece 4 vezes. 
 
37. Como a equipe campeã é aquela em que o tempo dos 
participantes mais se aproxima do tempo fornecido pelos 
organizadores, temos que a equipe III é a que satisfez esta 
condição por apresentar o menor desvio padrão entre 
todas as equipes participantes. 
 
38. Do gráfico temos os seguintes pontos (ordenados): 
4, 5, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 7, 7, 8, 8, 9, 9, 10, 11, 13. Como 
há um número par de pontos (18), devemos calcular a média 
dos dois elementos centrais para calcular a mediana: 
(6 + 7) / 2 = 7,5 
 
39. 
X = Média de gols por partida = 
= (0 × 5 + 1 × 3 + 2 × 4 + 3 × 3 + 4 × 2 + 5 × 2 + 7 × 1) / 20 = = 
2,25 
Y = Mediana = média entre os gols da 10ª e 11ª partidas 
= (2 + 2) / 2 = 2 
Z = Moda dos gols marcados = Valor que apresenta 
maior frequência = 0 
Z < Y < X 
 
40. Como há cinco elementos, temos certamente 
(independente dos outros valores) que o valor que 
aparece com maior frequência (moda) é 2, assim como o 
valor da mediana é 2. 
 
41. 
Milho: 1.000 × 100 = 100 × 103 L; 
Trigo: 1.500 × 100 = 150 × 103 L; 
Arroz: 2.500 × 100 = 250 × 103 L; 
Carne de porco: 5.000 × 100 = 500 × 103 L; 
Carne de boi = 17.000 × 600 = 10.200 × 103 L. 
Total de Água = 112.00 × 103 L 
Total em Massa = 103 kg 
Média = 11.200 × 103 L / 103 kg = 11.200 L/kg. 
 
42. 
Valores obtidos: 1, 1, 1, 1, 2, 4, 4, 5, 5, 6 
Média = (4 × 1 + 1 × 2 + 2 × 4 + 2 × 5 + 1 × 6) / 10 = 3 
Mediana = (2 + 4) / 2 = 3 
Moda = número que apareceu com maior frequência = 1 
 
43. Temos que a variância é igual ao quadrado do desvio 
padrão. É pedida a variância em sacas/ha, logo, devemos 
achar o desvio padrão em sacas/ha. Para isso, basta 
converter kg/talhão para saca/ha. Primeiro, vamos 
converter para kg/ha. Se 1 talhão = 30.000 m2, 1 hectare 
= 10.000 m2, temos: 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
58 
90 x
30000 10000
90 ·10000x 30 kg/ha
30000
=
= =
 
Se cada saca = 60 kg, para saber o desvio padrão em 
saca/ha, temos: 
30 60x
ha ha
60x 30
x 0,5
=
=
= 
Agora basta calcular a variância, que é igual ao quadrado 
do desvio padrão. Logo: 
Variância = desvio padrão2 
Variância = (0,5)2 
Variância = 0,25 
 
44. Apesar de ambos obterem uma média de 15, 
Marco possui um desvio padrão de 0,32, muito menor do 
que o desvio padrão de 4,97 de Paulo. Isso indica que 
Marco possui maior regularidade em seus pontos (ou 
seja, menor desvio). 
 
45. % de Aprovados = Número de alunos com nota maior ou 
igual a 6,0 / Número total de alunos = (18 + 16 + 2) / (4 
+ 10 + 18 + 16 + 2) = 36/50 = 72%. 
 
 
ASSUNTOS DIVERSOS 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
E A A A A D D B A D 
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 
B D A B B E A D B B 
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
E C E A E C A C C E 
31 32 33 34 35 36 37 38 38 40 
D B D C D C A D C B 
41 42 43 44 45 46 47 48 
D B B C E E E E 
 
1. O único intervalo em que a resposta funcional f é 
simultaneamente menor do que as respostas funcionais 
g e h é (C; E). De fato, pois <f(x) g(x) e <f(x) h(x) 
para todo ∈x (C; E). 
 
2. As diferenças entre as ordenadas de dois pontos de 
abscissas consecutivas são: 20 0 20,− = 35 20 15,− = 
40 35 5,− = 55 40 15,− = 75 55 20,− = 
85 75 10,− = 105 85 20− = e 120 105 15.− = 
 
Em consequência, como as potências das lâmpadas são 
distintas,só pode ser 
1 4 5 4 1 6 1 4.→ → → → → → → 
 
3. Tem-se que 
12, se 0 V 6
P(V) 3(V 6) 12, se 6 V 10
6(V 10) 24, se 10 V 15
12, se 0 V 6
3V 6, se 6 V 10 .
6V 36, se 10 V 15
≤ ≤
= − + < ≤
 − + < ≤
≤ ≤
= − < ≤
 − < ≤
 
 
Portanto, observando que a taxa de variação no intervalo 
]10,15] é maior do que a taxa de variação no intervalo 
]6,10], só pode ser o gráfico da alternativa [A]. 
 
4. Seja ija cada elemento da matriz dada, em que i e j 
denotam, respectivamente, a linha e a coluna em que ija 
se encontra. 
 
Logo, vem 
5
i1
i 1
5
i2
i 1
5
i3
i 1
5
i4
i 1
a 3 3 2 3 0 11,
a 2 2 2 2 2 10,
a 0 4 2 4 0 10,
a 1 1 3 1 4 10
=
=
=
=
= + + + + =
= + + + + =
= + + + + =
= + + + + =
∑
∑
∑
∑
 
e 
5
i5
i 1
a 2 2 2 0 4 10.
=
= + + + + =∑ 
 
Portanto, o teste que apresentou maior quantidade de 
acertos foi o aplicado na segunda-feira. 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
59 
 
5. Tem-se que Q (3, 7),= R (6, 7),= S (5, 3),= 
I (5, 6),= II (4, 5),= III (5, 5),= IV (4, 6)= e 
V (3, 4).= Logo, como Pr 3km,= Qr 3km,= 
Rr 2km= e Sr 5km= são os raios de abrangência, 
temos 
 
d(II, R) 2 2 km 2km,
d(III, R) 5 km 2km,
d(IV, R) 5 km 2km
= >
= >
= >
 
e 
d(V, R) 3 2 km 2km,= > 
 
o que implica na escolha do bar I. 
Com efeito, pois d(I, R) 2 km,= d(I, Q) 5 km= e 
d(I, S) 3km,= ou seja, todos em match simultaneamente 
com P. 
 
Observação: d(M, N) denota a distância entre os pontos 
M MM (x , y )= e N NN (x , y ),= de tal sorte que 
2 2
M N M Nd(M, N) (x x ) (y y ) .= − + − 
 
6. Sejam =A (3,1) o ponto em que está instalada a câmera 
1 e =B (2, 4) o ponto em que está instalada a câmera 
2. O ponto médio, M, do segmento AB é dado por 
+ +   = =   
   
3 2 1 4 5 5M , , .
2 2 2 2
 
 
Ademais, o coeficiente angular da reta 

AB é igual a 
−
= −
−
4 1 3.
2 3
 
Portanto, sabendo que o lugar geométrico dos pontos 
equidistantes de A e de B é a mediatriz do segmento 
AB, podemos concluir que sua equação é 
 − = − − ⇔ = + −  
5 1 5 1 5y x y x .
2 3 2 3 3
 
 
A resposta é, assim, a relação R4. 
 
7. Desde que PRQ é inscrito, podemos concluir que o 
menor arco PQ corresponde a 2 rad.
5
π Portanto, a 
resposta é igual a 
2 0,3 0,12 km.
5
π π⋅ = 
 
8. [B] 
 
Sendo 30 1,
180 6
°
=
°
 podemos concluir que a resposta é 
20016 3336 km.
6
= 
 
9. Tratando-se da função seno, sabemos que seu período 
fundamental é 2π e que seu período, do gráfico, é igual 
a .π Logo, temos 
2 w 2.
| w |
ππ = ⇒ = 
 
Como a função senx é crescente no primeiro quadrante 
e sua imagem é o intervalo [ 1,1],− podemos concluir que 
A 4,= uma vez que a imagem da função A sen(wt )+ θ 
varia no intervalo [ 4, 4]− e é crescente em 0, .
4
π 
  
 
Finalmente, sendo P(0) 0= e 0 ,
2
πθ≤ < temos 
( )0 4sen 2 0 sen 0
0.
θ θ
θ
= ⋅ + ⇔ =
⇒ =
 
 
Portanto, a resposta é P(t) 4sen(2t).= 
 
10. Se h(t) 6,= então 
t t 16 4 4sen sen
2 2 2 2 2
tsen sen .
2 2 6
β π β π
β π π
   = + − ⇒ − =   
   
 ⇒ − = 
 
 
 
Logo, sendo t 0,≥ temos 
{ }t 5 13, , , .2 2 6 6 6β π π π π− ∈  
 
Portanto, como a altura de 6cm deve ser atingida 3 
vezes, vem 
t 13 16t .
2 2 6 3
β π π π
β
− = ⇔ = 
 
Ademais, sabendo que a altura de 6cm deve ser 
alcançada pela terceira vez antes de 4 segundos, temos 
16 44 4,
3 3
π πβ
β
< ⇒ > ≅ 
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
60 
ou seja, o menor valor inteiro a ser atribuído ao parâmetro 
β é 5. 
 
11. De acordo com o gráfico, é imediato que a velocidade 
máxima foi superada apenas duas vezes. Logo, o 
motorista foi alertado 2 vezes. 
 
12. Tem-se que I 65≥ para 1 2t t t ,≤ ≤ 4 5t t t≤ ≤ e 
6 7t t t .≤ ≤ Logo, foi necessário colocar a proteção 3 
vezes. 
 
13. Tem-se que os totais transferidos, em milhões, por cada 
um dos bancos foram 
5
1j
j 1
5
2j
j 1
5
3j
j 1
5
4j
j 1
a 0 2 0 2 2 6,
a 0 0 2 1 0 3,
a 1 2 0 1 1 5,
a 0 2 2 0 0 4
=
=
=
=
= + + + + =
= + + + + =
= + + + + =
= + + + + =
∑
∑
∑
∑
 
e 
5
5j
j 1
a 3 0 1 1 0 5.
=
= + + + + =∑ 
 
Portanto, é fácil ver que a resposta é o banco 1. 
 
14. Os pares ordenados satisfazem as condições 0 x 10,≤ ≤ 
y 0≥ e y x,≤ ou seja, 
0 y x 10.≤ ≤ ≤ 
 
15. Sem perda de generalidade, tomemos A (0, 0)= e 
B (30, 0).= Ademais, se P (x, y)= é a posição de um 
bombeiro qualquer, então 
 
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
d(A, P) 2 d(B, P) x y 2 (x 30) y
x y 4(x 30) 4y
(x 40) y 20 .
= ⋅ ⇔ + = − +
⇔ + = − +
⇔ − + =
 
 
Portanto, um bombeiro qualquer deve estar sobre uma 
circunferência de centro em (40, 0) e raio 20 m. 
 
A maior distância entre dois bombeiros ocorre quando 
ambos estão em extremidades distintas de um mesmo 
diâmetro, ou seja, 40 m. 
 
16. Desde que ABCO é um quadrado, e como uma reta 
passando por A pode atingir no máximo os pontos C e 
D, podemos concluir que a maior pontuação é obtida 
com a circunferência de centro em D (2, 2)= e raio 
2 2, ou seja, 
2 2 2 2 2(x 2) (y 2) (2 2) (x 2) (y 2) 8.− + − = ⇔ − + − = 
 
Tal circunferência passa pelos pontos A, B e C. 
 
17. A função f é do tipo f(t) a bsen(mt).= + Logo, sendo 
f(0) 88,= temos a 88.= Ademais, pelo gráfico, 
sabemos que o período de f é 2π e, portanto, vem 
m 1.= 
Finalmente, como f 168,
2
π  = 
 
 obtemos 
168 88 b b 80.= + ⇔ = 
 
A resposta é f(t) 88 80sent.= + 
 
18. Tem-se que 
2 2 2 2(n 1) n (n 1) k 3n k 2.− + + + = ⇔ = − 
 
19. Sendo B, A e M coplanares, a projeção ortogonal do 
deslocamento de A para M está contida no segmento AB, 
Ademais, a projeção ortogonal do deslocamento de M 
para H sobre o chão do quarto corresponde a um 
segmento de reta oblíquo em relação a AB, cuja origem 
é o ponto M’, médio de AB, e cuja extremidade é o ponto 
D, projeção de H sobre o plano ABC. 
 
20. Ao final da escada a pessoa deverá virar para o leste, 
seguir em frente e, a seguir, deslocar-se rumo ao sul. 
Ao fim do corredor, tomará a direção oeste. Logo, 
uma possível projeção vertical dessa trajetória no plano 
da base do prédio é apresentada na alternativa B. 
 
21. Desde que o arco AB pertence a um plano paralelo a  , 
sua projeção ortogonal sobre  também é um arco. 
Ademais, como B e C não são simétricos em relação ao 
plano que contém o equador e o arco BC pertence a um 
plano perpendicular a  , sua projeção ortogonal sobre  
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
61 
é um segmento de reta. Em consequência, a melhor 
representação é a da alternativa E. 
 
22. Observando que as pernas da cadeira irão assumir a 
posição vertical, e que há uma travessa horizontal unindo 
cada par de pernas, podemos concluir que a alternativa C 
é a que melhor representa a vista lateral de uma cadeira 
fechada. 
 
23. Sabendo que o caminho de comprimento mínimo 
corresponde à linha poligonal ABEC, e que a face EBC 
é perpendicular ao plano ABCD, podemos concluir que 
a resposta é a figura apresentada na alternativa E. 
 
24. Envolvendo o cilindro com o adesivo em questão este 
apresentará o ponto Y sobreposto ao ponto médio do 
segmento XZ. Portanto, a alternativa correta é a letra A. 
 
25. Considere a figura. 
 
 
 
Seja D o pé da perpendicular baixada de O sobre AC. 
Assim, como CD = 3cm e CO = 7cm, pelo 
Teorema de Pitágoras, obtemos 
2 2 2d = 7 3 d = 2 10 cm.− ⇒ 
A resposta é 
2 10 = 10.
2
 
 
26. A planificação deve apresentar duas bases impressas 
opostas e quatro laterais na visão tridimensional. A única 
alternativa que apresenta tal imagem é a alternativa C. 
 
27. O raio r do círculo circunscrito a um triângulo equilátero 
de lado 30 cm é dado por 
30 30r = = 17,6 cm.
2 · sen60° 3
≅ 
Portanto, dentre os tampos disponíveis, o proprietário 
deverá escolher o de raio igual a 18 cm. 
 
28. A planificação deve apresentar uma base e quatro 
“meia laterais” adjacentes pintadas na visto 
tridimensional.A única alternativa que apresenta tal 
imagem é a alternativa C. 
 
29. A projeção ortogonal sobre o piso da casa, do caminho 
percorrido pela mão da pessoa, do ponto A até o ponto E, 
corresponde a uma circunferência. Logo, do ponto A ao 
ponto D, temos aproximadamente 3
4
 de uma 
circunferência, o que corresponde à figura da alternativa C. 
 
30. Sendo a, b e K constantes, v ≥ 0 e p ≥ 0 tem-se: 
O gráfico de v em função de p é um ramo de hipérbole. 
 
31. O reservatório 1 se encherá de água numa vazão 
constante até atingir o nível do cano de ligação. A partir 
daí, terá seu nível estabilizado até que o reservatório 
2 atinja o mesmo nível e, após isso, se encherá a uma 
vazão constante, porém menor que a inicial. O gráfico 
que melhor exemplifica essa situação é o apresentado na 
alternativa D. 
 
32. Se a diferença entre os comprimentos horizontal e 
vertical e igual à metade do comprimento vertical, então 
3b2a 2b = b a = .
2
− ⇔ 
Portanto, a resposta é 
2 33bV = 4 · · b = 6b .
2
 
 
33. Se em 2012 a soma de pontos do time foi 77; se as 
vitórias e empates somam números inteiros; se as 
derrotas não pontuam; e se o time teve 22 vitórias e 
11 empates, conclui-se que o único valor possível é de 
que as vitórias pontuem 3 e os empates pontuem 1. 
Ou seja, a expressão que fornece os pontos em 2012 
seria: 2012P = 3V + E = 3 · 22 +11 = 77. 
Para 2013, o torcedor sugeriu incluir a cada jogo o time 
derrotado em cada partida perca 2 pontos. Assim, 
a nova expressão que fornece a quantidade de pontos, 
será: P = 3V + E 2D.− 
 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
62 
34. Tem-se que P = (–1, 1) Portanto, após realizar os 
comandos dados pelo aluno, a posição do robô, no plano 
cartesiano, será ( 1+ 2,1+ 4 3) = (1, 2).− − 
 
35. A trajetória descrita pelo assento do balanço é parte da 
circunferência x2 + y2 = 4. Logo, sabendo que y < 0, 
temos 2f(x) = 4 x ,− − com 2 < x < 2.− 
 
36. Sejam x a memória ocupada por um minuto de vídeo e y 
a memória ocupada por uma foto. Logo, temos 
10x +190y = 15x +150y x = 8y.⇔ 
Portanto, a capacidade total do disco é 
10 · 8y +190y = 270y e, assim, o resultado é 270. 
 
37. Calculando: 
 
máx
P(t) = A + Bcos(kt)
A + B · cos(kt) = 120
2A = 198 A = 99
A B · cos(kt) = 78
P cos(kt) = 1
99 + B = 120 B = 21
90 batimentos 1 6 2= T = s = s
60 segundos T 9 3
2π 3k = = · 2π = 3π
T 2
Assim
P(t) = 99 + 21 · cos(3πt)

⇒ ⇒ −
⇒
⇒
⇒
:
 
 
38. O compasso forma, com a superfície do papel, um 
triângulo isóscele de lados 10, 10 e R (raio), e ângulos 
120, 30 e 30 graus. Sabendo-se disto, pode-se calcular o 
raio R: 
R 10 1 3= R · = 10 ·
sen 120° sen 30° 2 2
R = 10 3 17 cm 15 < R 21
⇒ ⇒
⇒ ≈ ⇒ ≤
 
 
 
39. O triângulo OAB é um triângulo pitagórico do tipo 
3-4-5, portanto: 
 
OA = 4
AB = r = 3
R = 5
h = R OA = 5 4 h = 1− − ⇒
 
 
40. O seno de 30º é igual a 0,5, portanto: 
l(x) = k · sen(x) = k · sen(30°) = 0,5 k 
 
Logo, a intensidade luminosa se reduz a 50%. 
 
41. É imediato que o sistema não possui solução real, pois não 
há ponto que pertença simultaneamente às três retas. 
 
42. Substituindo os valores na equação por 26 ºC pela manhã, 
às 6h e 18 ºC às 18h, tem-se: 
πT(h) = A + B sen (h 12)
12
πT(6) = 26 = A + B sen (6 12)
12
π26 = A + B sen 26 = A B
2
πT(18) = 18 = A + B sen (18 12)
12
π18 = A + B sen 18 = A + B
2
A B = 26
A + B = 18
2A = 44 A = 22 B = -4
 − 
 
 − → 
 
 → − → − 
 
 − → 
 
 → → 
 
−


→ →
 
 
43. O raio da circunferência que passa pelos pontos B e F, 
com centro em O, é dado por 
2 21 + ( 1) = 2 km 1.400 m.− ≅ 
Em consequência, o tempo via segmento de reta é igual 
a 2 ·1.400 ·1 = 2.800 h, e o tempo via semicircunferência 
é π ·1.400 · 0,6 2.520 h.≅ 
A resposta é, portanto, 2.520 horas. 
 
44. O coeficiente angular da reta que passa pelos pontos 
(0, 0) e (6, 12) é 
12 = 2.
6 Portanto, sendo 
16 = 4
4
 o 
coeficiente angular da reta que passa pelos pontos 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
63 
(0, 0) e (4, 16), podemos concluir que o coeficiente 
angular deverá aumentar em 4 – 2 = 2 unidades. 
 
45. A equação da reta que passa pelos pontos (0, 0) e (4, 9) é 
9y = x,
4
 isto é, 9x – 4y = 0. Ademais, a equação da reta 
que passa pelos pontos (0, 0) e (8, 3) é 
3y = x,
8 
ou seja, 3x – 8y = 0. Portanto, é fácil ver que a região S 
é limitada pelas desigualdades 9x – 4y ≥ 0, 3x – 8y ≤ 0, 
x ≤ 8 e y ≤ 9. 
 
46. Lembrando que a superfície lateral de um cone é obtida 
a partir de um setor circular, segue-se que o objetivo do 
responsável pelo adesivo será alcançado se ele fizer o 
corte indicado na figura a seguir. 
 
 
 
 
47. Considere a vista lateral de uma das torres 
Puerta de Europa. 
 
 
 
Do triângulo ABC, obtemos 
 BC BCtgBAC = tg15° =
114AB
BC 114 · 0,26
BC 29,64 m.
⇔
⇒ ≅
⇔ ≅
 
Portanto, como a base é um quadrado, segue-se que sua 
área é aproximadamente igual a 
2 2 2BC = (29,64) 878,53 m .≅ 
 
48. A média de cada matéria é a soma das notas dividido por 
4, e a única matriz que possibilita esta condição é a da 
alternativa E. 
1
5, 9 + 6, 2 + 4, 5 + 5, 5
4
4
5, 9 6, 2 4, 5 5, 5 1 6, 6 + 7,1 + 6, 5 + 8, 4
46, 6 7,1 6, 5 8, 4 4· =
8, 6 6,8 7,8 9, 0 8, 6 + 6,8 + 7,8 + 91
46, 2 5, 6 6, 9 7, 7 4
6, 2 + 5, 6 + 5, 9 + 7, 7
1
4
4
 
  
  
                          
    
   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ANOTAÇÕES 
RESOLUÇÕES – MÓDULO DE MATEMÁTICA 
 
 
 
64