Matemática e Tecnologia

Prévia do material em texto

M
A
T
E
M
Á
T
IC
A
E
 S
U
A
S
 T
E
C
N
O
LO
G
IA
S
91 -
92 -
93 -
94 -
95 -
96 -
97 -
98 -
99 -
100 -
101 -
102 -
103 -
104 -
105 -
106 -
107 -
108 -
109 -
110 -
111 -
112 -
113 -
114 -
115 - 
116 -
117 -
118 -
119 -
120 -
121 -
122 -
123 -
124 -
125 -
126 -
127 -
128 -
129 -
130 -
131 -
132 -
133 -
134 -
135 -
136 -
137 -
138 -
139 -
140 -
141 -
142 -
143 -
144 -
145 -
146 -
147 -
148 -
149 -
150 -
151 -
152 -
153 -
154 -
155 -
156 -
157 -
158 -
159 -
160 -
161 -
162 -
163 -
164 -
165 -
166 -
167 -
168 -
169 -
170 -
171 -
172 -
173 -
174 -
175 -
176 -
177 -
178 -
179 -
180 -
 ENSINO MÉDIO 2 - 2024 - VOLUME 1 - PROVA II
C
IÊ
N
C
IA
S
 D
A
 N
A
T
U
R
E
Z
A
E
 S
U
A
S
 T
E
C
N
O
LO
G
IA
S
CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS
Questões de 91 a 135
QUESTÃO 91 
Uma criança sobre um balanço é empurrada somente uma vez, o brinquedo começa a oscilar e, após algum tempo, 
ele se restabelece em sua posição de equilíbrio.
O gráfico que melhor representa a situação descrita é:
XJJ5
A. x (m)
t (s)
B. x (m)
t (s)
C. x (m)
t (s)
D. x (m)
t (s)
E. x (m)
t (s)
	
Alternativa D
Resolução: Devido à resistência do ar, o balanço irá oscilar cada vez com uma amplitude menor até entrar em repouso em 
sua posição de equilíbrio. O gráfico que melhor descreve essa situação mostrando cada vez uma onda de menor amplitude 
até permanecer em sua posição de equilíbrio está na alternativa D.
QUESTÃO 92 
Os costões rochosos estão nas regiões costeiras e são considerados um ecossistema de transição entre o mar e a 
terra. Os organismos que vivem nesse ambiente necessitam de diversas adaptações para sobreviver ali, diante dos diversos 
tipos de estresse que esse local proporciona, como: movimento das ondas, marés, iluminação e temperatura. As esponjas 
marinhas e os pólipos de corais são importantes exemplares da fauna desses ambientes.
Disponível em: <https://www.bioicos.org.br>. Acesso em: 14 mar. 2022 (Adaptação).
A novidade evolutiva do segundo grupo em relação ao primeiro é a presença de células especializadas em
A. digerir nutrientes.
B. sustentar o corpo.
C. filtrar água salgada.
D. revestir o organismo.
E. responder a estímulos.
G5AØ
CNAT – PROVA II – PÁGINA 1EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa E
Resolução: Os poríferos (esponjas marinhas) não possuem 
sistemas organizados, mas possuem alguns tipos de 
células especializadas em várias funções vitais do seu 
organismo. Pinacócitos são células achatadas que formam 
o revestimento externo do corpo do animal. Coanócitos 
são células flageladas que formam a parede interna que 
delimita a espongiocele e são responsáveis pela captura 
e pela digestão das partículas de alimento. Os amebócitos 
são células que se deslocam por meio de pseudópodes 
e fazem a distribuição de nutrientes. As espículas e as 
fibras proteicas de espongina formam a estrutura de 
sustentação do corpo. Nos poríferos, entretanto, não 
existem células nervosas definidas e os estímulos são 
conduzidos lentamente de célula a célula. Já os cnidários 
(pólipos de corais) possuem, além de células também 
especializadas em outras funções, uma rede de cordões 
difusos, responsáveis por captar estímulos das células 
epiteliais. Portanto, a alternativa correta é a E.
QUESTÃO 93 
A França proibiu o uso de cinco pesticidas da classe 
dos neonicotinoides, com o objetivo de combater o declínio 
das colônias de abelhas. Entre eles, o tiametoxam, cuja 
estrutura química está representada a seguir, é um dos 
mais usados no mundo e aplicado, principalmente, no cultivo 
de beterraba, trigo e vinhedos para acabar com lagartas, 
pulgões e insetos que danificam a madeira.
CH3 NO2
N
S
C
O N
N N
Disponível em: <www.em.com.br>. 
Acesso em: 16 out. 2019 (Adaptação).
A cadeia carbônica da substância química utilizada como 
pesticida é
A. 	 mista, homogênea e normal.
B. 	 cíclica, heterogênea e normal. 
C. 	 alifática, heterogênea e normal.
D. 	 cíclica, homogênea e ramificada. 
E. 	 mista, heterogênea e ramificada. 
Alternativa E
Resolução: A estrutura química do tiametoxam apresenta 
cadeia carbônica mista (formada por uma parte aberta e 
outra fechada, em que a parte aberta da cadeia contém 
átomos de carbono); heterogênea, já que, entre dois átomos 
de carbono, há a presença de heteroátomos (N, O, S); 
e ramificada, devido à presença de grupo substituinte na 
estrutura. Logo, a alternativa correta é a E.
ABXØ 
QUESTÃO 94 
Uma pessoa precisou comprar uma pasta térmica – 
substância que ajuda a dissipar calor de forma mais eficiente – 
para seu computador durante uma viagem aos Estados 
Unidos. Ao verificar as especificações do seu dispositivo, 
percebeu que a temperatura de operação é de 30 °C, 
durante atividades simples, e de 70 °C, durante atividades 
complexas. As marcas de pastas que estavam à sua 
disposição apresentavam as seguintes especificações de 
faixa de temperatura:
Marca Faixa de temperatura adequada (em °F)
A 77~149
B 95~185
C 68~149
D 77~167
E 95~176
A pasta térmica mais adequada para o computador da 
pessoa é a produzida pela marca
A. 	 A.
B. 	 B.
C. 	 C.
D. 	 D.
E. 	 E.
Alternativa D
Resolução: Sendo a conversão da escala Celsius para 
escala Fahrenheit expressa como se segue e de acordo com 
as especificações do processador, a temperatura mínima 
do processador na escala Fahrenheit é:
T T
T
T F
C F
F
F
� �
�
�
�
�
�
�
� �
5
32
9
30
5
32
9
86
Enquanto a temperatura máxima é:
T T
T
T F
C F
F
F
� �
�
�
�
�
�
�
� �
5
32
9
70
5
32
9
158
Pela tabela, pode-se afirmar que a única marca de pasta 
térmica que atende bem a pessoa é a D.
5XA6 
CNAT – PROVA II – PÁGINA 2 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 95 
O albinismo é a ausência completa ou quase completa da melanina na pele, no cabelo e na íris. É uma característica 
autossômica recessiva, conforme pode-se observar no padrão de herança do heredograma a seguir:
Legenda
Afetados
Não afetados
I
II
III
Disponível em: <www.todoestudo.com.br>. 
Acesso em: 8 mar. 2022.
O padrão de herança dessa doença pode ser detectado por meio do heredograma a partir da observação da
A. 	 manifestação da característica em ambos os sexos.
B. 	 ausência de mulheres afetadas na segunda geração.
C. 	 expressão do albinismo em indivíduos heterozigotos. 
D. 	 camuflagem de um alelo dominante pelo seu recessivo.
E. 	 presença de pais não afetados gerando uma filha afetada.
Alternativa E
Resolução: O heredograma mostra a manifestação do albinismo em determinada família. O próprio texto informa se tratar de 
uma característica determinada por herança recessiva, o que poderia ser identificado apenas por algumas características do 
heredograma, como é o fato de que pais que manifestam um mesmo fenótipo, no caso sendo não albinos, geraram uma filha 
albina. Isso indica que ambos os indivíduos do casal são heterozigotos para o gene do albinismo, e o alelo recessivo estava 
suprimido pelo dominante. Ao cruzarem os seus gametas, dois alelos recessivos para o albinismo ficam juntos, levando à 
manifestação da doença. Geralmente, doenças causadas por alelos recessivos não se manifestam em todas as gerações, 
já que necessitam de duas cópias para isso. Como é possível ver no heredograma, a segunda geração não apresenta 
nenhum indivíduo albino. Outros padrões de heranças também podem demonstrar manifestação em ambos os sexos. 
No caso de heranças recessivas, o fenótipo determinado por esses genes não se manifestará em indivíduos heterozigotos. 
É o alelo dominante que camufla o recessivo, e não o contrário, como afirma a alternativa D. A não manifestação do albinismo 
em mulheres na segunda geração, por si só, não seria evidência suficiente para determinar que se trata de uma herança 
recessiva. Portanto, a alternativa E está correta.
QUESTÃO 96 
O fenantreno é um composto químico sólido produzido apartir da queima de combustíveis fósseis, como carvão, óleo 
e gás. Ele é um insumo importante na produção de tintas, plásticos, pesticidas e explosivos. A estrutura química dele, 
representada a seguir, apresenta conjugação cíclica dos elétrons pi, o que confere a ele estabilidade característica de uma 
certa classe de compostos.
Disponível em: <https://archive.epa.gov>. Acesso em: 5 jan. 2022 (Adaptação).
IXCU
94CV
CNAT – PROVA II – PÁGINA 3EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
O fenantreno é um hidrocarboneto pertencente à classe dos
A. 	 arenos.
B. 	 alcinos.
C. 	 alcanos.
D. 	 alcenos.
E. 	 alcadienos.
Alternativa A
Resolução: Os arenos são hidrocarbonetos aromáticos, isto é, que apresentam cadeias fechadas em que se verifica a 
presença de ressonância (conjugação cíclica dos elétrons pi). Logo, a alternativa A é a correta.
QUESTÃO 97 
Um criador de galinhas comprou uma chocadeira produzida nos Estados Unidos, que possui 5 diferentes ajustes 
possíveis de temperatura, a depender da raça de galinha usada, algumas das quais estão listadas a seguir:
Gigante Negra de Jersey Rhode Island Red Plymouth Rock Barrada Orpington Amarelo Shamo
102,42 °F 101,35 °F 100,59 °F 99,68 °F 95,06 °F
Como a raça que o fazendeiro cria não se encontra nos possíveis ajustes, ele buscou na Internet a temperatura adequada 
para essa criação e encontrou o valor de 37,5 °C.
O ajuste da chocadeira mais adequado para as necessidades do criador é aquele utilizado para a raça
A. 	 Gigante Negra de Jersey.
B. 	 Rhode Island Red.
C. 	 Plymouth Rock Barrada.
D. 	 Orpington Amarelo.
E. 	 Shamo.
Alternativa D
Resolução: A relação entre as escalas Celsius e Fahrenheit é:
T TF C� �
9
5
32
Logo, para 37,5 °C, o valor correspondente na escala Fahrenheit será:
T FF �
�
� �
9 37 5 160
5
99 5. , ,
Portanto, analisando os valores de temperatura da chocadeira para cada raça de galinha, percebe-se que o ajuste mais 
adequado para o fazendeiro é o da raça Orpington Amarelo.
QUESTÃO 98 
As colorações de cabelo loiro, castanho e preto em humanos são determinadas pela quantidade do pigmento eumelanina. 
A baixa concentração de eumelanina determina o fenótipo loiro, uma concentração intermediária de eumelanina determina 
cabelos castanhos e grandes concentrações de eumelanina são responsáveis por cabelos pretos, fenótipos determinados 
por genes alelos com dominância incompleta. A coloração vermelha é causada por outro pigmento, a feomelanina, pouco 
frequente na população humana devido à sua conversão em eumelanina pela proteína do gene MC1R. No entanto, uma 
mutação, que se manifesta em um padrão recessivo de herança, no gene MC1R impede a conversão da feomelanina em 
eumelanina, causando o acúmulo de pigmento avermelhado nos fios.
Disponível em: <https://study.com>. Acesso em: 13 set. 2021 (Adaptação). 
P8A5
5FAB
CNAT – PROVA II – PÁGINA 4 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Cabelos ruivos
Cabelos castanhos
Cabelos pretos
1 2
5 6
3 4
7 8
9 10 11
Com base na herança da cor de cabelos humanos descrita no texto, e considerando que todos os indivíduos das famílias 
mostradas sejam capazes de produzir a feomelanina, a probabilidade de que o quarto descendente gerado pelo casal 
composto pelos indivíduos 6 e 7 tenha cabelos ruivos é de:
A. 	 0%
B. 	 25%
C. 	 50%
D. 	 75%
E. 	 100%
Alternativa B
Resolução: Com base no padrão de herança da cor dos cabelos, tem-se a atuação de dois genes, um, que será chamado 
genericamente de gene A, que determina a produção do pigmento eumelanina e outro, o gene MC1R, que determina a 
conversão do pigmento vermelho, feomelanina, no pigmento eumelanina. O genótipo AA determina a manifestação de 
cabelos pretos, o genótipo Aa, de cabelos castanhos e o genótipo aa, de cabelos loiros. Já a cor dos cabelos ruivos é 
determinada pela mutação em ambos os alelos do gene MC1R, cujos indivíduos terão genótipo mm. Os indivíduos 6 e 7 são 
heterozigotos para o gene MC1R, pois ambos são filhos de mães ruivas. Independentemente do genótipo dos indivíduos 
6 e 7 para o gene A, a probabilidade de nascimento de uma quarta criança que seja ruiva gerada pelo casal é dada pelo 
cruzamento a seguir:
M m
M MM Mm
m Mm mm
Logo, essa probabilidade é de 25%, estando a alternativa B correta.
QUESTÃO 99 
No início dos anos 2000, um grupo de pesquisadores do Texas resolveu “brincar” um pouco com a química orgânica e 
“criar humanoides moleculares”. Dessa adorável mistura de ciência e arte, nasceram os NanoPutianos. O modelo de base 
é o chamado NanoKid, representado pela estrutura a seguir:
O O
NanoKid
89YV
CNAT – PROVA II – PÁGINA 5EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Mudando a cabeça do NanoKid podem ser feitos os nanoprofissionais, cujas partes das moléculas que representam 
essa região do corpo são mostradas a seguir:
O OO O O O O O O O
Nano
Peregrino
Nano
Monarca
Nano
Texano
Nano
Padeiro
Nano
Chef
Disponível em: <http://universidadedaquimica.com.br/>. Acesso em: 25 out. 2016 (Adaptação).
O nanoprofissional que apresenta um grupo planar na região da molécula sobre a cabeça é o
A. 	 NanoPeregrino.
B. 	 NanoMonarca.
C. 	 NanoTexano.
D. 	 NanoPadeiro.
E. 	 NanoChef.
Alternativa E
Resolução: Os grupos presentes sobre as cabeças do NanoPeregrino, NanoMonarca, NanoTexano e NanoPadeiro 
apresentam todos os seus carbonos com geometria tetraédrica e, portanto, representam grupos não planares:
C
Em relação à estrutura correspondente ao NanoChef, verifica-se que ela apresenta carbonos com geometria trigonal plana 
devido à presença de dupla-ligação no anel aromático, o qual possui alternância entre ligações simples e duplas. Dessa 
maneira, nesse composto, há um grupo plano na região da molécula sobre a cabeça. Logo, a alternativa correta é a E.
QUESTÃO 100 
O balanço é um brinquedo constituído por assentos suspensos por cordas ou correntes em uma barra horizontal que, 
por sua vez, é firmada por barras verticais. Durante o movimento de uma criança que recebe impulsos periódicos, a corda 
permanece sem deformação.
A sombra da criança no chão descreve um movimento
A. 	 circular uniforme.
B. 	 retilíneo uniforme.
C. 	 retilíneo harmônico simples.
D. 	 circular uniformemente variado.
E. 	 retilíneo uniformemente variado.
Alternativa C
Resolução: A criança no balanço descreverá um movimento pendular. Contudo, sua sombra no chão descreverá um 
movimento harmônico simples em linha reta, pois foi dito que ela se move devido a impulsos periódicos. Portanto, 
a alternativa correta é a C.
QUESTÃO 101 
Banhistas dizem ter pego “bicho-geográfico” 
na Ilha do Rodeadouro
O estudante Felipe Silva, de 23 anos, conta que esteve na Ilha do Rodeadouro no dia 1º de março [...]. “Quando 
acordei tinham várias bolhas no meu pé. Elas incharam, fiquei quase sem caminhar e eu tive que procurar o atendimento 
na UPAE. O médico diagnosticou que era um caso de larva migrans. Hoje, com mais de 20 dias, as bolhas já secaram e 
estão escurecidas, mas não estou totalmente curado, ainda incomoda.”
Disponível em: <http://g1.globo.com>. Acesso em: 17 abr. 2017. [Fragmento adaptado]
ØU6S
CUM8
CNAT – PROVA II – PÁGINA 6 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Intrigado com o surto da doença, um jornalista buscou maiores informações sobre a verminose. Ele descobriu que os 
banhistas podem ter adquirido essa patologia quando
A. 	ingeriram frutos do mar crus ou malpassados.
B. 	nadaram em águas salobras contaminadas por larvas. 
C. 	foram picados por “pernilongos” infectados com ovos. 
D. 	compartilharam roupas de cama e banho na viagem. 
E. 	andaram descalços pela areia da praia junto com cães. 
Alternativa E
Resolução: O bicho-geográfico é uma verminose provocada por um nematelminto do gênero Ancylostoma. 
O A. brasilienses é o agente etiológico mais comum no Brasil. Ele é um verme típico de cães e gatos, que eliminam ovos do 
parasito nas fezes. As pessoas são contaminadas quando caminham desprotegidas emlocais infectados, por exemplo, na 
areia da praia, e as larvas penetram ativamente pela pele. A larva pode se mover pela pele, provocando prurido e irritação. 
Para evitar o contágio, deve-se usar calçados, tratar os animais e realizar campanhas educativas com proprietários de 
cães e gatos.
QUESTÃO 102 
A formação do petróleo é caracterizada pelo acúmulo de matéria orgânica sob condições específicas de pressão e 
isolamento em camadas do subsolo de bacias sedimentares, ao longo de milhares de anos. A composição química do 
petróleo é uma combinação complexa de hidrocarbonetos, podendo conter também quantidades pequenas de nitrogênio, 
oxigênio, compostos de enxofre e íons metálicos. A gasolina, uma fração purificada do petróleo, apresenta em sua constituição 
apenas hidrocarbonetos que contêm de cinco a oito átomos de carbono.
Disponível em: <http://www.anp.gov.br>. 
Acesso em: 17 abr. 2019 (Adaptação).
Considerando as informações do texto, qual é a estrutura química de uma possível substância a ser encontrada na gasolina?
A. 	
B. 	 OH
C. 	
N
D. 	
E. 	 O
O O
Alternativa A
Resolução: O petróleo é uma mistura de hidrocarbonetos, ou seja, de compostos orgânicos constituídos exclusivamente 
de átomos de carbono e de hidrogênio. Segundo o texto, os hidrocarbonetos que estão presentes na gasolina possuem 
um número de átomos de carbono que varia de cinco a oito átomos. Sendo assim, a única opção que atende aos critérios 
estabelecidos é a presente na alternativa A, uma vez que se trata de um cicloalcano constituído de cinco carbonos.
4TA4
CNAT – PROVA II – PÁGINA 7EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 103 
Para fornecer uma melhor explicação sobre o movimento harmônico simples, um professor utilizou um protótipo, no 
qual um sistema massa-mola ideal com um lápis acoplado, quando posto para oscilar, registra seu movimento em uma 
folha de papel presa em um rotor, como ilustrado no esquema.
Qual esboço melhor representa o registro obtido após algum tempo de oscilação do sistema massa-mola?
A. 	
x
0
–x
t
B. 	
x
0
–x
t
C. 	
x
0
–x
t
D. 	
x
0
–x
t
E. 	
x
0
–x
t
RR59
CNAT – PROVA II – PÁGINA 8 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa C
Resolução: Como se trata de um sistema massa-mola ideal, não há dissipação de energia, portanto, ao ser colocado 
para oscilar, a energia mecânica é conservada. O sistema massa-mola descreverá um movimento harmônico simples, no 
qual oscilará em torno da posição de equilíbrio devido a uma força restauradora, nesse caso, a força elástica. Portanto, a 
alternativa C é a correta.
QUESTÃO 104 
Em uma aula de Biologia, um estudante fez um questionamento acerca de quais características dos poríferos poderiam 
ser usadas para diferenciar um coral de uma esponja.
O professor listou várias características do filo dos poríferos e sugeriu que, por meio da análise dessa lista, 
o estudante chegasse a uma conclusão.
Características
Reprodução Sexuada e Assexuada
Desenvolvimento Indireto
Histologia Não há tecidos verdadeiros
Nutrição Heterotrófica
Gêmulas Presente
Habitat Aquático
Entre os itens listados, qual é a quantidade de características diferenciais entre esponjas e corais encontradas pelo estudante?
A. 	5
B. 	4
C. 	3
D. 	2
E. 	1
Alternativa D
Resolução: Para resolver a questão, vamos analisar cada uma das características indicadas no quadro:
• Reprodução: Tanto corais quanto esponjas se reproduzem de forma sexuada ou assexuada. 
• Desenvolvimento: Há esponjas e corais que apresentam desenvolvimento indireto, ou seja, possuem estágios larvais. 
• Histologia: Apenas os poríferos não possuem tecidos verdadeiros.
• Nutrição: Tanto corais quanto esponjas são organismos heterótrofos.
• Gêmulas: A reprodução por gemulação é um processo típico dos poríferos. Esse mecanismo forma estruturas conhecidas 
como gêmulas, que consistem em um grupo de amebócitos protegido por um revestimento rígido de espículas. 
As gêmulas são formas de resistências capazes de formar novas esponjas quando as condições do meio são favoráveis. 
Cnidários não se reproduzem por gemulação.
• Habitat: Corais e esponjas compartilham o mesmo habitat, que é aquático. 
Com base nisso, entre os itens listados, há apenas dois que diferenciam esponjas e corais. Logo, a alternativa correta é a D.
K4YL
CNAT – PROVA II – PÁGINA 9EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 105 
Gases de elevada pureza são necessários em 
muitos lugares, principalmente em centros de pesquisa, 
em laboratórios de universidades e em hospitais. Esses 
gases são encomendados por volume, medidos nas 
CNTP (Condições Normais de Temperatura e Pressão) e 
armazenados em cilindros a alta pressão. O oxigênio de alta 
pureza pode, por exemplo, ser necessário para o tratamento 
de dificuldades respiratórias.
Em um quarto de hospital, cuja temperatura é igual a 
27 °C, um paciente com dificuldades respiratórias utilizará 
o gás oxigênio de elevada pureza. O cilindro que contém 
o oxigênio tem volume interno de 6 L, e, no rótulo desse 
cilindro, lê-se que este possui 8 metros cúbicos de oxigênio. 
A pressão interna, em atm, do cilindro de oxigênio que será 
utilizado pelo paciente é aproximadamente igual a
Dados: massa molar em g.mol–1: O (16)
constante universal dos gases (R): 0,082 atm.L.mol–1.K–1
A. 	1,33.
B. 	1,47.
C. 	132.
D. 	1 333.
E. 	1 464.
Alternativa E
Resolução: Os gases de elevada pureza são encomendados 
por volume, medidos nas CNTP e armazenados em cilindros 
a alta pressão. No cilindro que será utilizado pelo paciente, 
há 8 metros cúbicos (8 000 L) de gás oxigênio em seu 
interior, conforme a informação descrita no rótulo. Assim, 
a quantidade de matéria desse gás presente no cilindro, 
considerando o volume molar igual a 22,4 L, pode ser 
calculada utilizando a seguinte regra de três:
1 mol de O2 (CNTP) --------------- 22,4 L
x --------------- 8 000 L
x ≅ 357,1 mol de O2
Conhecendo a quantidade de matéria de O2 presente no 
interior do cilindro, a temperatura, o volume do cilindro e o 
valor da constante universal dos gases, calcula-se a pressão 
interna do cilindro utilizando a Equação de Clapeyron:
p V nR T
p nR T
V
p K
. . .
. .
, . , . .
�
�
�
� �357 1 0 082 1 mol atm.L.mol 300 1 K
 L
 1 464 atm
6
p �
Portanto, a pressão interna do cilindro de oxigênio que será 
utilizado pelo paciente é aproximadamente igual a 1 464 atm.
G15A QUESTÃO 106 
O metrônomo é um instrumento usado para marcar 
a velocidade de execução de músicas. Originalmente, 
esse instrumento consiste em um mecanismo semelhante 
a um relógio de pêndulo, com pulsos de 30 a 240 BPM 
(batimentos por minuto). Atualmente existem versões 
elétricas, eletrônicas e virtuais para a mesma finalidade. 
Considere a aceleração da gravidade como 10 m s–2 e 
π como 3.
Disponível em: <www.if.ufrgs.br>. 
Acesso em: 12 maio 2021 (Adaptação).
O comprimento de um pêndulo simples que oscila com a 
menor frequência de um metrônomo é mais próximo de
A. 	 0,31 m. 
B. 	 0,50 m.
C. 	 0,69 m.
D. 	 1,11 m.
E. 	 1,44 m.
Alternativa D
Resolução: Pelo texto, percebe-se que a menor frequência 
de um metrônomo é de 30 BPM. Convertendo esse valor 
para hertz (Hz), tem-se que
f
f
mín
mín
.
. ,
�
�
�
�
�
�
�
�
30
60
0 5
batimentos
min
1min
s
Hz
Assim, considerando os valores de π e da aceleração da 
gravidade como descritos, conclui-se que
f g
l
f g
l
l g
f
l
mín
mín
mín
.
.
. . .
,
�
�
� �
�
1
2
1
4
4
10
4 9 1
4
11
2
2
2 2
�
�
�
m
Portanto, a alternativa mais próxima é a D.
OVY4
CNAT – PROVA II – PÁGINA 10 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 107 
A extrusão por sopro é uma técnica na qual um material flexível é submetido à aplicação de um determinado gás, até 
que ele se expanda e adquira o formato e o volume desejados. Uma empresa que produz garrafas de plástico utiliza uma 
máquina que injeta gás a uma velocidade de 0,05 mol.s–1,operando a 27 °C para produzir garrafas de 3 L.
Considerando que o tempo para que o processo ocorra seja de 3 s, a pressão no interior da garrafa será de, aproximadamente, 
Dado: Constante universal dos gases = 0,082 atm.L.mol–1 . K–1
A. 	 0,04 atm.
B. 	 0,11 atm.
C. 	 0,15 atm.
D. 	 0,41 atm. 
E. 	 1,23 atm.
Alternativa E
Resolução: Segundo o texto, a máquina injeta gás a uma velocidade de 0,05 mol.s–1 por um período de 3 s. Sendo assim, 
a quantidade de gás injetado, em mol, pode ser obtida da seguinte maneira:
1 s –––– 0,05 mol
3 s –––– x
x = 0,15 mol
Considerando os dados referentes à temperatura e ao volume e utilizando a constante dos gases, calcula-se a pressão, 
em atm, no interior da garrafa, pela equação de Clapeyron:
p . V = n . R . T 
p n R T
V
mol atm L mol K
L
atm� � �
�. . , . , . . . ,0 15 0 082 300
3
1 23
1
Logo, a pressão no interior da garrafa será igual a 1,23 atm e a alternativa correta é a E.
QUESTÃO 108 
Até o final da década de 1970, o controle biológico de mosquitos utilizava principalmente predadores de larvas. 
A descoberta de bactérias patogênicas às larvas de mosquitos deu novos rumos ao controle biológico de culicídeos. 
A descoberta do Bacillus thuringiensis var. israelensis, em 1976, e sua comercialização, cinco anos depois, inaugurou um 
novo capítulo no controle de vetores. A partir de 1989, outra bactéria, o Bacillus sphaericus, começou a ser utilizada em 
larga escala, principalmente para o controle de Culex.
BRASIL. Ministério da Saúde. Secretaria de Vigilância em Saúde. Guia de vigilância do Culex quinquefasciatus. 3. ed. 
Brasília: Ministério da Saúde, 2011 (Adaptação).
A aplicação dessas bactérias pode contribuir para o controle da:
A. 	 Filariose.
B. 	 Hidatidose.
C. 	 Ascaridíase.
D. 	 Enterobíase.
E. 	 Ancilostomíase.
Alternativa A
Resolução: O texto descreve formas alternativas para o controle do vetor de uma doença humana parasitária. Algumas 
bactérias são prejudiciais para o mosquito Culex, vetor da Wuchereria bancrofti, que é o agente etiológico da filariose. 
Dessa forma, a alternativa correta é a A. A alternativa B está incorreta, pois a transmissão da hidatidose é via oral-fecal, 
pela ingestão de ovos contaminantes presentes nas fezes de cachorros infectados. A alternativa C está incorreta, pois a 
ascaridíase, conhecida popularmente como lombriga, é transmitida via oral-fecal, por meio de água e alimentos contaminados. 
A alternativa D está incorreta, pois a enterobíase, conhecida popularmente como oxiúros, é transmitida via oral-fecal, 
por autoinfecção ou por ingestão de ovos presentes no ambiente. A alternativa E está incorreta, pois a ancilostomíase é 
transmitida por meio de larvas presentes no ambiente contaminado, as quais penetram ativamente na pele nua.
1IWD
7JXB
CNAT – PROVA II – PÁGINA 11EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 109 
As flavonas e os flavonóis, duas classes de flavonoides bastante comuns e encontrados principalmente em flores, 
absorvem luz em comprimentos de onda mais curtos do que os visíveis ao olho humano, protegendo as células vegetais 
dos danos causados pela fotoxidação. Além dessa função protetora, esses dois compostos ainda funcionam como sinais 
atrativos para insetos como as abelhas, que enxergam na faixa extrema do ultravioleta. As estruturas químicas deles estão 
representadas a seguir:
Flavona Flavonol
O
O
OH
O
O
MACHADO, H. et al. Flavonoides e seu potencial terapêutico. Boletim do Centro de Biologia da Reprodução, Juiz de Fora, v. 27, n. 1/2, 2008 (Adaptação).
Esses dois compostos apresentam cadeia carbônica
A. 	 mista.
B. 	 alifática.
C. 	 saturada.
D. 	 ramificada.
E. 	 homocíclica.
Alternativa D
Resolução: As estruturas químicas da flavona e do flavonol são bastante semelhantes e ambas apresentam cadeias 
carbônicas fechadas (os átomos de carbono formam ciclos), insaturadas (apresentam ligações duplas entre dois átomos da 
cadeia principal), aromáticas (verifica-se a presença de deslocalização de pares de elétrons pi), heterogêneas (entre dois 
átomos de carbono, existem átomos diferentes desse elemento) e ramificadas (existe mais de um eixo contendo carbonos 
em que há carbono terciário). Logo, a alternativa D é a correta.
QUESTÃO 110 
Um dispositivo para a análise do coeficiente de dilatação térmica linear consiste em um forno tubular no qual se insere 
uma amostra do material a ser estudado. O forno é constituído de um tubo de alumínio coberto com camadas de filme de 
poliéster, servindo como isolante térmico. A dilatação é medida por um relógio micrométrico fixado na base e colocado 
em contato com a amostra a ser medida, minimizando possíveis passagens de calor para o relógio, e a temperatura é 
aferida por um termômetro digital. Foram utilizadas cinco amostras diferentes, sendo todas as medidas realizadas após o 
equilíbrio térmico tanto do forno quanto das amostras. O gráfico mostra a resposta da variação percentual do comprimento 
das amostras em função da diferença de temperatura.
Diferença de temperatura (°C)
D
ila
ta
çã
o 
pe
rc
en
tu
al
 (µ
m
)
0 10 20 30 40 50
5
10
15
20
25
0
Alumínio
Latão
Cobre
Cimento
Vidro
PIZZETA, D. C.; MASTELARO, V. R. Construção de um dilatômetro e determinação do coeficiente de dilatação térmica linear. 
Revista Brasileira de Ensino de Física, v. 36, n. 1, 2014 (Adaptação).
VHEW
M7SU
CNAT – PROVA II – PÁGINA 12 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
A amostra que possui maior coeficiente de dilatação é a de
A. 	 alumínio.
B. 	 latão.
C. 	 cobre.
D. 	 cimento.
E. 	 vidro.
Alternativa A
Resolução: Sendo o gráfico da dilatação percentual pela diferença de temperatura, a inclinação das retas corresponderá 
ao coeficiente de dilatação linear, uma vez que, pela expressão que rege o fenômeno, pode-se escrever
�
�
l
l T0
� �
Portanto, a amostra que possui o maior coeficiente de dilatação é a de alumínio, como representado na alternativa A.
QUESTÃO 111 
Risco de queimaduras por água-viva e caravela cresce com forte calor
Rio de Janeiro. As queimaduras sofridas em várias partes do corpo por uma menina de 1 ano e 7 meses na semana 
passada, na praia do Leblon, na zona sul do Rio de Janeiro, alertaram para um risco enfrentado por banhistas, principalmente 
no verão: o choque com tentáculos de águas-vivas e caravelas.
A criança estava na beira d’água com o pai e teve 50% do corpo afetado.
Disponível em: <http://www.otempo.com.br>. 
Acesso em: 10 fev. 2017.
Os acidentes com os metazoários mencionados na reportagem são justificados porque apresentam, em seu corpo,
A. 	espinhos, que inoculam veneno irritante.
B. 	células glandulares, que secretam muco tóxico.
C. 	cnidócitos, que disparam nematocistos urticantes.
D. 	espículas calcárias, que causam microferimentos na pele.
E. 	células musculares-digestivas, que lançam enzimas digestivas.
Alternativa C
Resolução: As águas-vivas e as caravelas, mencionadas na reportagem, são exemplos de cnidários que podem 
causar acidente com os seres humanos. Os cnidários apresentam células típicas chamadas cnidócitos (cnidoblastos 
ou células urticantes) que se localizam, principalmente, nos tentáculos e ao redor da boca, e, ao entrarem em 
contato com a pele do ser humano, disparam para fora nematocistos, estrutura com longo filamento e líquido 
urticante e tóxico. Isso causa lesões na pele humana, as quais são popularmente chamadas de “queimaduras”. 
No ambiente natural, os cnidários utilizam os cnidócitos para a captura de pressas e defesa contra predadores.
As incorreções das demais alternativas podem ser assim justificadas:
A) Os cnidários não apresentam espinhos.
B) As células glandulares estão presentes na epiderme dos cnidários e realmente produzem muco, mas ele não é tóxico. 
O muco produzido tem a função de lubrificar o corpo e ajudar a fixar o corpo no substrato, no caso das espécies sésseis.
D) Os cnidários não apresentam espículas. Essas estruturas estão presentes nos poríferos,constituindo o esqueleto do corpo.
E) As células musculares-digestivas da gastroderme dos cnidários participam da digestão do alimento por meio do batimento 
flagelar, que mistura o alimento com as enzimas digestivas produzidas pelas células glandulares. Essas células não 
estão relacionadas com as lesões de pele causadas pelos cnidários.
L6AG
CNAT – PROVA II – PÁGINA 13EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 112 
O motor de Stirling é um motor de combustão externa, 
aperfeiçoado pelo escocês Robert Stirling e seu irmão, em 1816. 
Eles visavam à substituição do motor a vapor, já que, no 
início do século XIX, essas máquinas explodiam com muita 
frequência, em função da precária tecnologia metalúrgica 
das caldeiras, que se rompiam quando submetidas à alta 
pressão. Esse ciclo consiste dos seguintes processos 
internamente reversíveis em série e nessa ordem: uma 
expansão isotérmica, seguida de resfriamento a volume 
constante, compressão isotérmica e aquecimento a volume 
constante.
Disponível em: <https://www.if.ufrgs.br>. 
Acesso em: 13 mar. 2019 (Adaptação).
O gráfico que representa a sequência de transformações 
descritas no texto é:
A. 	
V
P
B. 	
V
P
C. 	
V
P
D. 	
V
P
E. 	
V
P
U7ZC Alternativa D
Resolução: Conforme mencionado no texto, durante 
o funcionamento do motor de Stirling, ocorrem quatro 
transformações reversíveis em série e na seguinte ordem: 
expansão isotérmica (1), resfriamento a volume constante 
(2), compressão isotérmica (3) e aquecimento a volume 
constante (4). Essas transformações estão representadas 
no gráfico a seguir em que o eixo y representa a pressão, 
p, e o eixo x representa o volume, V:
1
2
3
4
V
p
Logo, a alternativa correta é a D.
QUESTÃO 113 
Quando dois átomos estão separados por uma 
distância da ordem de alguns diâmetros atômicos, eles 
exercem entre si uma força de atração. Porém, quando 
eles estão suficientemente próximos, de modo que haja 
superposição entre suas nuvens eletrônicas, as forças 
entre os átomos passam a ser repulsivas. Entre essas 
duas situações, pode existir uma posição de equilíbrio, na 
qual dois átomos constituem uma molécula. Quando esses 
átomos são ligeiramente deslocados de suas posições 
de equilíbrio, eles começam a oscilar em um movimento 
harmônico. No caso do argônio, a massa atômica média é 
de 6,63 . 10–26 kg e a constante de força da interação é de 
0,83 N/m, comparável a uma mola frouxa.
Disponível em: <www.fmt.if.usp.br>. 
Acesso em: 20 out. 2020 (Adaptação).
Estando um dos átomos de argônio fixo, a frequência de 
oscilação do outro átomo é mais próxima de
A. 	 5,63 . 1011 Hz. 
B. 	 1,77 . 1012 Hz. 
C. 	 3,54 . 1012 Hz.
D. 	 2,83 . 1013 Hz.
E. 	 4,49 . 1014 Hz.
FFRG
CNAT – PROVA II – PÁGINA 14 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa A
Resolução: A frequência de oscilação em um M.H.S. é dada por
f k
m
�
1
2�
Logo, pelos valores descritos,
f
f
� �
� �
�
�
1
2
83 10
663 10
10
2
83
663
354 10
2 3 14
5 637 10
2
28
13
10
� �
.
.
.
. ,
, . 111 Hz
Portanto, a alternativa correta é a A.
QUESTÃO 114 
Uma das proteínas do leite de bovinos é a beta-caseína. [...] A beta-caseína é codificada pelos alelos A1 e A2. 
A diferença entre eles é uma mutação que altera a forma da proteína. Assim, temos a beta-caseína do tipo A1 e do tipo A2.
Disponível em: <http://www.utfpr.edu.br>. 
Acesso em: 19 nov. 2018 (Adaptação).
O quadro a seguir apresenta os possíveis genótipos de um animal e os tipos de proteínas que eles condicionam:
Genótipo Proteína(s) encontrada(s) no leite
A1A1 Beta-caseína tipo A1
A1A2 Beta-caseína tipo A1 e tipo A2
A2A2 Beta-caseína tipo A2
Na síntese da beta-caseína, o alelo A1 se
A. 	 sobrepõe ao alelo do tipo A2.
B. 	 comporta como alelo recessivo.
C. 	 expressa em codominância com A2.
D. 	 traduz em uma proteína intermediária.
E. 	 manifesta em mais de um tipo de proteína.
Alternativa C
Resolução: De acordo com o texto-base, há dois alelos para a beta-caseína e três genótipos possíveis. Entre esses genótipos, 
observa-se que o heterozigoto condiciona a produção de um leite que contém os dois tipos de beta-caseína. Se os dois 
alelos se manifestam no genótipo heterozigoto, trata-se de um caso de codominância. Logo, a alternativa correta é a C.
As demais alternativas podem ser analisadas das seguintes formas:
A) INCORRETA – O alelo A2 se expressa tanto quanto o alelo A1, porque o heterozigoto produz os dois tipos de proteína.
B) INCORRETA – O alelo A1 não é recessivo porque o indivíduo heterozigoto é capaz de produzir os dois tipos de proteína.
D) INCORRETA – O indivíduo heterozigoto não produz um terceiro tipo de beta-caseína que poderia ser considerada 
intermediária. Seu leite produz os dois tipos de proteína.
E) INCORRETA – O alelo A1 codifica apenas um tipo de proteína: a beta-caseína A1.
6PGU
CNAT – PROVA II – PÁGINA 15EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
https://exame.abril.com.br/ciencia/10-caes-hibridos-que-surgiram-do-cruzamento-maluco-de-racas-famosas/. Acesso
QUESTÃO 115 
O limoneno, cuja fórmula molecular é C10H16, é um 
composto de cadeia mista pertencente à família dos 
terpenos, o qual apresenta em sua estrutura um centro 
quiral. Trata-se de um líquido incolor, volátil e oleoso que 
pode ser encontrado naturalmente nas cascas das frutas 
cítricas, sobretudo de limões e de laranjas, sendo o principal 
responsável pelo forte odor característico.
A fórmula estrutural que representa a molécula do limoneno é:
A. 	
CH3
CH2
H3C
CH3
CH2
H3C
CH3
CH2
H3C
CH3
CH3H3C
CH3
CH3H3C
B) C)
D) E)
A)
B. 	
CH3
CH2
H3C
CH3
CH2
H3C
CH3
CH2
H3C
CH3
CH3H3C
CH3
CH3H3C
B) C)
D) E)
A)
C. 	
CH3
CH2
H3C
CH3
CH2
H3C
CH3
CH2
H3C
CH3
CH3H3C
CH3
CH3H3C
B) C)
D) E)
A)
D. 	
CH3
CH2
H3C
CH3
CH2
H3C
CH3
CH2
H3C
CH3
CH3H3C
CH3
CH3H3C
B) C)
D) E)
A)
E. 	
CH3
CH2
H3C
CH3
CH2
H3C
CH3
CH2
H3C
CH3
CH3H3C
CH3
CH3H3C
B) C)
D) E)
A)
8O8G Alternativa B
Resolução: O limoneno é um composto orgânico que 
apresenta fórmula molecular igual a C10H16 e cadeia mista, 
ou seja, formada por uma parte aberta e outra fechada. 
Em sua fórmula estrutural, cada extremidade de um traço 
corresponde a um átomo de carbono, e o número de átomos 
de hidrogênios é determinado a partir do número de ligações 
que cada átomo de carbono está fazendo, já que o carbono 
é tetravalente. Nessa molécula, o centro quiral ou assimétrico 
corresponde ao átomo de carbono que está ligado a quatro 
grupos distintos, conforme representado a seguir:
Centro quiral
CH2
CH3
H3C
H
H
H
H
H
H
H H
Logo, a alternativa B é a correta.
QUESTÃO 116 
Milhares de brasileiros viajam aos Estados Unidos 
todos os anos e se deparam com algumas dificuldades 
no planejamento da viagem, uma delas, o fato de que os 
dois países usam escalas de temperatura diferentes. Nos 
Estados Unidos, a escala termométrica comumente utilizada 
é o Farenheit e, no Brasil, a escala Celsius.
Na escala Farenheit, os pontos equivalentes ao de fusão 
e ebulição da água na escala Celsius são, respectivamente, 
0 °C = 32 °F e 100 °C = 212 °F.
Suponha que um casal de brasileiros olha a previsão 
do tempo de Boston, nos EUA, para planejar sua viagem 
e percebe que, no dia da chegada àquela cidade, 
a temperatura local marca 44 °F.
Nesse caso, o casal infere que esse valor de temperatura 
corresponde, na escala Celsius, a uma temperatura mais 
próxima de
A. 	7.
B. 	12.
C. 	44.
D. 	50.
E. 	80.
5SFM
CNAT – PROVA II – PÁGINA 16 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa A
Resolução: Para resolver esta questão, pode-se montar 
o seguinte esquema:
100
x
0 32
44
212
°C °F
x
x
�
�
�
�
�
�
� �
0
100 0
44 32
212 32
12 100
180
7.
QUESTÃO 117 
No dia 21 de agosto de 1986, em uma região próxima 
ao Lago Nyos, no noroeste de Camarões, ocorreu uma 
tragédia: uma espécie de “bolha gigantesca” emergiu 
violentamente das profundezasdo lago. O fato, que 
se tornou alvo de intensas investigações científicas na 
época, ocorreu, provavelmente, devido à liberação de 
uma massa de aproximadamente 220 000 toneladas de 
dióxido de carbono das águas desse lago, que fica próximo 
de um vulcão inativo. Acredita-se que o gás formado seja 
proveniente da desgasificação de materiais vulcânicos e 
que, por ser mais denso que o ar, ficou retido próximo ao 
solo, causando muitas mortes por insuficiência respiratória. 
Disponível em: <http://legauss.blogspot.com.br>. 
Acesso em: 21 fev. 2017. 
[Fragmento adaptado]
Para fins de cálculo, considere a massa molar em 
g.mol–1: C = 12, O = 16 e a constante universal dos gases: 
R = 0,082 atm.L.mol–1.K–1.
Considerando que a pressão atmosférica no local é 1 atm e 
que, no momento do ocorrido, a temperatura era 27 °C, qual 
é a densidade aproximada, em kg.m–3, do gás carbônico 
que ficou retido próximo ao solo?
A. 	 0,48
B. 	 0,97
C. 	 1,14 
D. 	 1,78
E. 	 1,93
OMYE
Alternativa D
Resolução: Inicialmente, realizaremos o cálculo para 
determinar a quantidade de matéria de CO2 que foi liberada 
no processo.
Cálculo da quantidade de matéria de CO2:
1 mol de CO2 –––– 44 g
x –––– 220 . 109 g
x = 5 . 109 mol de CO2 = 2,2 . 108 kg
O volume de CO2 liberado pode ser calculado utilizando a 
equação de Clapeyron, conforme representado a seguir:
p.V = n.R.T
V n R T
p
L= =
. . , .1 23 1011
Sabendo que 1 m3 = 1 000 L e que 1 kg = 1 000 g, a 
densidade do CO2, em kg.m–3, pode ser calculada por meio 
da razão entre a massa e o volume ocupado por esse gás 
a uma dada temperatura e pressão.
� �
m
V
� �
2 2 10
10
8
8 3
, .
.
 kg
1,23 m = 1,78 kg.m–3
Portanto, a alternativa correta é a D.
QUESTÃO 118 
A Doença de Huntington (DH) provoca a degeneração 
das células nervosas do cérebro e do sistema nervoso 
central. Essa condição hereditária é uma doença genética 
autossômica dominante. Normalmente, manifesta-se 
quando o indivíduo está entre 30 e 40 anos de idade, no 
entanto, formas raras começam na infância. Os sintomas 
incluem o movimento descontrolado, dificuldade em engolir, 
alterações de comportamento, dificuldade de equilíbrio e 
caminhada, de memória, de fala e perda cognitiva.
Disponível em: <http://sindromesmedicas.com.br>. 
Acesso em: 05 set. 2017 (Adaptação).
I
II
III
5DØ1
CNAT – PROVA II – PÁGINA 17EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
O heredograma anterior representa uma família afetada 
pela DH. Se o indivíduo III.3 casar-se com uma mulher 
com o mesmo genótipo de sua irmã, qual a probabilidade 
de nascer um menino saudável dessa união?
A. 	 0%
B. 	 25%
C. 	 50%
D. 	 75%
E. 	 100%
Alternativa B
Resolução: O heredograma representa uma família afetada 
pela Doença de Huntington. De acordo com o texto-base, 
essa é uma anomalia provocada por um gene dominante. 
Dessa forma, pode-se inferir o genótipo de alguns membros 
da família:
I
II
III
A_ aa
aa aa aa
aaaa
Aa Aa
Aa
A probabilidade que deve ser calculada envolve o indivíduo 
III.3 (aa) e uma mulher com o mesmo genótipo de sua irmã, 
ou seja, com uma mulher Aa. Realizando o cruzamento dos 
gametas, tem-se que:
a a
A Aa Aa
a aa aa
Assim, tem-se que o casal tem 50% de chance de gerar 
uma criança saudável. Como a probabilidade solicitada 
envolve o sexo da criança, deve-se multiplicar cada uma 
das probabilidades, logo ½ ⋅ ½ = ¼ = 25%.
QUESTÃO 119 
À noite, devido ao maior silêncio e estado de vigília, 
é comum escutarmos estalos de móveis e eletrodomésticos, 
independentemente de eles serem feitos de metais, vidros, 
plásticos ou madeiras. Para esses últimos, por serem 
feitos de um material orgânico, o fato de suas fibras serem 
suscetíveis a variações de umidade também pode ocasionar 
tais sons.
Disponível em: <www.if.ufrgs.br>. 
Acesso em: 18 maio 2020 (Adaptação).
2IMH
O fenômeno descrito está relacionado à
A. 	 dissipação por atrito.
B. 	 eletricidade estática. 
C. 	 rigidez dielétrica.
D. 	 temperatura.
E. 	 força.
Alternativa D
Resolução: Devido à inversão térmica que acontece do dia 
para a noite e vice-versa, os móveis e eletrodomésticos se 
dilatam e contraem. Assim, a dimensão de suas estruturas 
é alterada e, nesse processo, pode ocasionar os estalos 
descritos. Portanto, a alternativa correta é a D.
QUESTÃO 120 
O benzopireno é um agente cancerígeno muito potente 
e mutagênico. Ele é liberado na combustão da hulha e 
do tabaco e também é encontrado no alcatrão da fumaça 
do cigarro. O benzopireno é um composto aromático, 
sendo mais especificamente um HPA (hidrocarboneto 
policíclico aromático), ou seja, pertencente a uma família 
de compostos caracterizados por possuírem dois ou mais 
anéis aromáticos condensados. 
Disponível em: <http://brasilescola.uol.com.br>. 
Acesso em: 24 mar. 2016. 
A estrutura a seguir que representa o benzopireno composto é:
A. 	
H H
H
H
H
H
 
B. 	
C. 	
CH2 – CH2
 
D. 	
E. 	
TWZ1
CNAT – PROVA II – PÁGINA 18 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa D
Resolução: Uma cadeia policíclica condensada é 
caracterizada por conter uma cadeia fechada que apresenta 
mais de um ciclo, em que há átomos de carbono comuns. 
Sendo o benzopireno um composto aromático que tem anéis 
condensados, ele deve conter cadeias fechadas em que 
se verifica a presença de ressonância, o que caracteriza 
compostos aromáticos e átomos de carbonos comuns 
conectando os ciclos, conforme verificado na alternativa D.
QUESTÃO 121 
Em um jardim com plantas de flores vermelhas ou 
brancas de uma mesma espécie, um jardineiro amador 
passou a cruzar as flores com o objetivo de produzir novas 
flores com tons entre o vermelho e o branco. Porém, 
o resultado dos cruzamentos era sempre o mesmo, 
apenas plantas com flores vermelhas (geração F1) 
surgiam dos cruzamentos entre as linhagens puras. Já no 
cruzamento da geração F1, a proporção encontrada era de, 
aproximadamente, três plantas com flores vermelhas para 
cada planta com flores brancas.
A herança das cores da flor dessa espécie se dá por
A. 	 epistasia.
B. 	 polialelia.
C. 	 codominância.
D. 	 herança quantitativa.
E. 	 dominância completa.
Alternativa E
Resolução: A epistasia é um tipo de herança que ocorre em 
genes não alelos de modo que os alelos de um gene inibem 
a manifestação dos alelos de outro gene. A polialelia ocorre 
quando os genes apresentam mais de duas formas alélicas. 
A codominância está presente quando os dois alelos que 
condicionam uma determinada característica expressam-se 
no fenótipo. A herança quantitativa ou herança poligênica 
é um tipo de herança em que dois ou mais pares de genes 
acumulam seus efeitos, tendo uma série de fenótipos 
diferentes e gradativos entre si. Em uma herança por 
dominância e recessividade, existem genes alelos que 
se expressam apenas quando aparecem em dose dupla, 
chamados recessivos, e alelos que se expressam até 
mesmo em dose simples, chamados dominantes. Esses 
dois alelos definem duas formas de expressão de uma 
característica, por exemplo, a flor ser branca ou vermelha, 
conforme as proporções observadas no experimento 
realizado. Portanto, a alternativa E está correta.
C6C2
QUESTÃO 122 
A páprica é um condimento de cor vermelha intensa 
preparado a partir do pimentão vermelho seco e moído, 
sendo utilizada tanto na culinária como na agroindústria. Os 
principais pigmentos isolados da páprica são o β-caroteno, 
que expressa a coloração alaranjada, e a capsantina, 
que expressa a coloração vermelha. Os pigmentos estão 
subdivididos em classes de acordo com suas estruturas: 
os carotenoides hidrocarbonetos e as xantofilas, estas 
caracterizadas pela presença de oxigênio em sua 
estrutura. O β-caroteno pertence à classe dos carotenoides 
hidrocarbonetos, enquanto a capsantina, principal 
pigmento do pimentão vermelho, pertence às xantofilas.
SILVA, L. B. et. al. Produtos naturais no ensino de Química: 
experimentação para o isolamento dos 
pigmentos do extrato de páprica. QuímicaNova na Escola, n. 23, p. 
53, maio 2006 (Adaptação).
O pigmento isolado da páprica que expressa a coloração 
alaranjada é representado pela estrutura:
A. 	
CH
CH3
CH3 CH3
CH2CH3 CHCH C
B. 	
CH2
CH3
CHNHH3C
C. 	
O
OH
D. 	
E. 	 CH3
H3C
CH3
H3C
H3C
HO
Alternativa D
Resolução: O pigmento isolado da páprica que expressa a 
coloração alaranjada é o β-caroteno, que pertence à classe 
dos carotenoides hidrocarbonetos. Os hidrocarbonetos 
são compostos orgânicos constituídos exclusivamente 
de carbono e de hidrogênio. Portanto, a estrutura que 
representa esse pigmento é a da alternativa D; a única que 
apresenta apenas os referidos elementos químicos.
UXND
CNAT – PROVA II – PÁGINA 19EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 123 
Em um experimento, dois alunos colocam dois objetos A e B em recipientes. Após algum tempo, eles medem as 
temperaturas dos objetos e encontram –15 °C e 248 K, respectivamente. Surpreso com a reação dos alunos após a leitura 
das medidas, o professor questiona o motivo de seus valores terem sido diferentes, uma vez que os objetos eram iguais.
O aluno que responder corretamente ao questionamento dirá que as moléculas do objeto
A. 	 A apresentam maior grau de agitação, pois estão a uma temperatura maior.
B. 	 A apresentam menor grau de agitação, pois seu valor de temperatura é negativo.
C. 	 B apresentam maior grau de agitação, pois seu valor absoluto de temperatura é maior.
D. 	 B apresentam menor grau de agitação, pois estão abaixo do zero absoluto de 273 K.
E. 	 A e B apresentam o mesmo grau de agitação, pois são iguais e estão sob as mesmas condições.
Alternativa A
Resolução: Convertendo os valores das medidas para a mesma escala de temperatura, teremos que
T T
T
C
K
e T
K
C
K C
A B
� �
�
� ��
�
�
�
� �
�
�
�
273
15
258
248
25
Logo, as moléculas do objeto A apresentam maior grau de agitação, pois estão a uma maior temperatura. Portanto, 
a alternativa correta é a A.
QUESTÃO 124 
O ciclo a seguir mostra as possibilidades de transmissão de um importante verme parasita dos seres humanos.
ovo
Hospedeiro
intermediário
Taenia solium
(no intestino)
Hospedeiro
definitivo
Cisticerco
(larva)
Disponível em: <http://medfoco.com.br/neurocisticercose-sintomas-tratamento/>. Acesso em: 08 jun. 2015.
A infecção nos humanos poderá ser mais grave quando o homem
A. 	 consumir músculo de porco contendo as toxinas liberadas pelo verme adulto.
B. 	 fizer o papel de hospedeiro definitivo no ciclo de vida do verme.
C. 	 ingerir água ou alimentos com ovos do verme, provocando cisticercose.
D. 	 ingerir água ou alimentos contaminados por fezes de porcos.
E. 	 tiver o intestino delgado parasitado pelo verme na forma adulta.
Alternativa C
Resolução: A questão apresenta o ciclo de vida da Taenia solium, verme platelminto capaz de parasitar o intestino humano. 
Quando o humano consome carne de porco, crua ou malcozida e contaminada com cisticercos (forma larval), a tênia se 
instala no intestino – quadro chamado de teníase. A teníase não é uma parasitose grave, que pode inclusive ser assintomática. 
Porém, quando há a ingestão de ovos de Taenia solium, há risco de cisticercose, que é uma forma de infecção mais grave 
que a teníase. Nesse caso, o desenvolvimento dos ovos gera larvas que podem se alojar em diferentes partes do corpo, 
principalmente no tecido nervoso e tecido muscular, causando lesões graves. Portanto, a alternativa correta é a C.
I7B2
YRVB
CNAT – PROVA II – PÁGINA 20 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
As incorreções das demais alternativas podem ser 
justificadas das seguintes formas:
A) O maior risco reside na ingestão de ovos de tênia, e não 
de possíveis toxinas liberadas pelo verme adulto.
B) O maior risco não reside na forma de reprodução do 
verme no interior do organismo humano, mas sim da 
ingestão de ovos que geram larvas capazes de se 
instalar fora do intestino.
D) Nem toda água ou alimento contaminado por fezes de 
porcos possui ovos do verme mencionado.
E) Quando a forma adulta do verme se instala no intestino 
humano, há o desenvolvimento da teníase. A teníase não 
é a forma mais grave de infecção pelo verme em questão.
QUESTÃO 125 
Em uma loja de brinquedos, uma criança encontra 
uma bolinha presa ao teto por um barbante de 2,5 m de 
comprimento. A criança puxa a bolinha lateralmente e a 
solta. A bolinha descreve, então, um movimento harmônico 
simples.
Desprezando-se todo tipo de dissipação de energia, a 
posição da bolinha, 15 segundos depois de esta ter sido 
solta, é
Dados: considere π = 3 e g = 10 m/s2 
A. 	distante o máximo possível do ponto em que a bolinha 
foi solta.
B. 	igual àquela em que a criança a soltou.
C. 	indeterminada, por não ser dada a amplitude de 
oscilação.
D. 	indeterminada, por não ser dada a massa da bolinha.
E. 	inferior o máximo possível em relação aos pontos que 
poderia ocupar.
Alternativa B
Resolução: O período de oscilação da bolinha é:
T
g
s� � �
�
�
�
�
� � �2 2 3 2 5
10
6 0 5 3�
 . , . ,
Ou seja, a bolinha demora 3 segundos para efetuar uma 
oscilação completa. Sendo assim, 15 segundos depois de 
ter sido solta, ela terá realizado 5 oscilações completas e, 
portanto, estará no mesmo local onde foi solta.
QUESTÃO 126 
Um condutor de um veículo, ao sair para uma viagem, 
decidiu calibrar os pneus vazios em um posto próximo de 
casa. Ele monitorou a pressão de ar comprimido nos pneus 
até que ela atingisse o valor recomendado pelo fabricante 
no manual. No entanto, após percorrer cerca de 200 km de 
distância em uma rodovia, fez uma parada para abastecer o 
tanque de combustível e aproveitou para medir novamente 
a pressão, registrando um valor ligeiramente superior ao 
recomendado.
NM3T
QBYX
Considerando que não houve vazamento de ar nem 
variação no volume, a transformação gasosa que ocorreu 
dentro dos pneus ao longo do percurso é denominada
A. 	 isocórica.
B. 	 isobárica.
C. 	 adiabática.
D. 	 isotérmica.
E. 	 isentrópica.
Alternativa A
Resolução: O enunciado informa que não houve variação 
no volume dos pneus e nenhum tipo de vazamento de 
ar durante o trajeto percorrido pelo motorista, ou seja, 
a quantidade de matéria de ar é a mesma nos dois 
momentos em que a pressão foi medida. Em virtude do atrito 
com o asfalto da rodovia, há aquecimento do sistema e, 
com isso, as moléculas de ar no interior do pneu passam a 
colidir com maior intensidade com as paredes do recipiente, 
exercendo assim maior pressão. Logo, a transformação 
gasosa que ocorreu dentro dos pneus ao longo do percurso 
é denominada isocórica, isométrica ou isovolumétrica. Logo, 
a alternativa A é a correta.
QUESTÃO 127 
As águas da chuva, que se infiltram no solo, podem 
ser aquecidas enquanto descem às camadas inferiores. 
A temperatura da água pode aumentar 1 °C a cada 
33 metros de profundidade alcançados. Chegando a níveis 
de 3 000 metros abaixo da superfície, o contato com rochas 
quentes faz com que a água se aqueça ainda mais e fique 
sob forte pressão. Posteriormente, pode subir de volta à 
superfície na forma de jatos quentes, o que permite que 
se tenham as chamadas águas termais. 
Disponível em: <https://super.abril.com.br>. 
Acesso em: 3 nov. 2021 (Adaptação).
Sendo 27 °C a temperatura na superfície de um local, 
a qual profundidade a água chegaria a 400 K?
A. 	 100 m
B. 	 127 m
C. 	 891 m
D. 	 3 300 m
E. 	 4 191 m
Alternativa D
Resolução: Como a cada 33 m de profundidade a 
temperatura da água aumenta em 1 °C, pode-se escrever 
que
T h Ah TS� � � �
em que TS é a temperatura na superfície. Pelo texto, tem-se 
que
T A
A
33 28 33 27
28 27
33
1
33
� � � � �
�
�
�
GEZH
CNAT – PROVA II – PÁGINA 21EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Logo, a expressão geral que relaciona a temperatura com 
a profundidade é
T h h� � � �
33
27
Como 400 K equivalem a 127 °C,
127
33
27
33
100
3 300
� �
�
�
h
h
h m
Portanto, a alternativa correta é a D.
QUESTÃO 128 
Tanto a polidactilia(anomalia do desenvolvimento 
caracterizada pela presença de maior número de dedos do 
que o normal) como o uso da mão direita são características 
determinadas por pares de genes diferentes, autossômicos 
e dominantes.
Do casamento entre uma mulher e um homem, ambos 
polidáctilos e destros, nasceram duas crianças, sendo que 
uma delas é canhota e a outra tem número normal de dedos. 
A probabilidade de que uma terceira criança seja destra e 
tenha cinco dedos é de:
A. 	 12/16
B. 	 9/16
C. 	 6/16
D. 	 3/16
E. 	 1/16
Alternativa D
Resolução: Se o casal é polidáctilo e destro, infere-se que 
ambos possuem pelo menos um alelo P e um alelo C, pois 
tais características são expressas em dominância. Também 
é possível dizer que cada um deles é portador dos alelos 
recessivos p e c, pois geraram uma filha canhota e com 
número normal de dedos, sendo que essas características 
se manifestam em homozigose recessiva. Dessa forma, 
conclui-se que pai e mãe são heterozigotos (PpCc) para 
as características analisadas. Por meio do genótipo do 
casal, obtêm-se os gametas que, quando aplicados no 
genograma, geram o seguinte resultado:
Mãe / Pai PC Pc pC pc
PC PPCC PPCc PpCC PpCc
Pc PPCc PPcc PpCc Ppcc
pC PpCC PpCc ppCC ppCc
pc PpCc Ppcc ppCc ppcc
X1IK
Nesse conjunto de possíveis genótipos, busca-se aqueles 
capazes de gerar uma criança destra e não polidáctila, ou 
seja, ppC_. Assim, do cruzamento entre a mãe PpCc e o 
pai PpCc, a probabilidade de que a terceira criança seja 
destra e tenha cinco dedos é de 3
16.
QUESTÃO 129 
O fármaco Orlistate é indicado no tratamento da 
obesidade e age no sistema digestivo impedindo que a 
gordura consumida seja absorvida pelo organismo e traga 
ganho de peso. A molécula correspondente a esse fármaco 
apresenta uma cadeia saturada, heterogênea e ramificada.
Disponível em: <http://www.unicamp.br>. Acesso em: 29 nov. 2016 
(Adaptação).
O Orlistate é representado pela seguinte estrutura:
A. 	
H
N O
O
O
O
O
B. 	
OH
O
NH2
C. 	
OH
O
D. 	 O
O
E. 	
CH3
CH3
CH3
CH3
H3C
Alternativa A
Resolução: O Orlistate é um fármaco cuja molécula 
apresenta cadeia carbônica saturada, heterogênea e 
ramificada. A cadeia saturada não apresenta dupla ou 
tripla-ligação entre dois átomos da cadeia principal, 
portanto as estruturas presentes nas alternativas B e C 
não correspondem ao Orlistate por apresentarem cadeia 
insaturada, ou seja, possuírem ligações múltiplas entre 
carbonos da cadeia principal. A molécula desse fármaco 
também deve ser heterogênea, isto é, deve apresentar 
um heteroátomo, como o oxigênio, entre dois átomos de 
carbono. 
Y7DL
CNAT – PROVA II – PÁGINA 22 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Portanto, a estrutura representada na alternativa E 
não corresponde ao Orlistate, uma vez que possui uma 
cadeia homogênea, na qual há apenas átomos de carbono 
entre dois átomos de carbono. Por fim, a estrutura referente 
ao fármaco deve ser ramificada, o que significa que, nela, 
deve haver mais de um eixo contendo carbonos. A estrutura 
representada em D possui cadeia normal, já que todos 
os átomos de carbono estão dispostos em um mesmo 
eixo. Portanto, a estrutura que tem todos os requisitos 
necessários é a da alternativa A, que apresenta cadeia 
saturada, heterogênea e ramificada.
QUESTÃO 130 
Moluscicidas sintéticos, como a niclosamida, têm sido 
utilizados extensivamente durante anos em programas de 
controle da esquistossomose. Entretanto, o elevado custo 
desses agentes para os países onde a doença é endêmica 
é um fator que contribui para o aumento do interesse na 
busca de moluscicidas naturais. O número e a variedade 
de plantas com potencial ação moluscicida são grandes. 
Espera-se que estes sejam mais baratos, menos tóxicos 
para o ambiente e mais rapidamente disponíveis.
Disponível em: <https://revistas.ufg.br>. 
Acesso em: 7 mar. 2022 (Adaptação).
O uso desses agentes contribui para o controle da 
esquistossomose porque pode
A. 	 resultar na melhoria das condições sanitárias.
B. 	 facilitar o tratamento dos pacientes infectados.
C. 	 eliminar o hospedeiro intermediário do parasito.
D. 	 evitar a transmissão horizontal dessa verminose.
E. 	 impedir a contaminação dos caramujos hospedeiros.
Alternativa C
Resolução: De acordo com o texto-base, os moluscicidas 
são utilizados no controle da esquistossomose. Sabe-se 
que o hospedeiro intermediário dessa verminose é um 
molusco. Sendo assim, esses agentes sintéticos contribuem 
para o controle da verminose ao eliminar o hospedeiro 
intermediário do parasito, uma vez que o esquistossomo se 
reproduz de forma assexuada no caramujo. A melhoria das 
condições sanitárias ocorreria caso o ciclo da doença fosse 
interrompido no hospedeiro humano, pois é ele que elimina 
ovos nas fezes (que estão relacionados às condições 
sanitárias). O tratamento dos pacientes infectados não 
tem relação com a prevenção da doença (controle 
dos hospedeiros intermediários) que está sendo feita. 
A transmissão horizontal dessa verminose não ocorre, 
uma vez que o verme precisa passar por dois hospedeiros 
para realizar o seu ciclo: um vertebrado e um invertebrado. 
A contaminação dos caramujos hospedeiros não é 
impedida, pois os moluscicidas atuam eliminando esses 
organismos do meio. Portanto, a alternativa C é a correta.
I4JP
QUESTÃO 131 
O experimento de Gravesande, considerado um dos 
primeiros experimentos para demonstração da expansão 
térmica, consiste em uma esfera de prata (α = 20 . 10–6 °C–1) 
presa a uma corrente e um anel, fixo em um suporte, como 
mostrado na figura. Comumente, o diâmetro interno do anel 
é 1,005 vez maior que o diâmetro da esfera, de modo que, 
à temperatura ambiente, a esfera consiga atravessá-lo. 
Porém, quando a esfera é aquecida, essa situação não 
é mais possível.
Qual é a mínima variação de temperatura necessária para 
impedir que a esfera passe pelo anel?
A. 	 50 °C
B. 	 125 °C
C. 	 200 °C
D. 	 220 °C
E. 	 250 °C
Alternativa E
Resolução: A mínima variação de temperatura a qual a 
esfera terá que ser submetida será aquela que, após a 
dilatação, seu diâmetro seja igual ao diâmetro interno do 
anel. Logo, pode-se escrever que
d df
e
i
a=
Como apenas a esfera será aquecida, e tem-se uma relação 
entre os diâmetros antes desse processo, chega-se que
d T d
T
T
T
i
e
e i
e
e
e
1 1005
1000
1 1005
1000
5
1000
5
20 10
�� � �
� �
�
� �
�
�
�
�
�
�
�
. 33
31
4
10
250
�
� �
.
�T C
Portanto, a alternativa correta é a E.
DI32
CNAT – PROVA II – PÁGINA 23EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 132 
O pescador Mark Watkins foi pego de surpresa este ano 
ao encontrar uma espécie de “balão rosa” flutuando pelas 
margens de Bunbury, na Austrália. Pouco depois, a grande 
massa rosada explodiu e expulsou vários fluidos no mar, 
que chegaram a atrair alguns tubarões. O “balão” era na 
verdade uma baleia morta, e o fenômeno pode acontecer 
em alguns casos. A carcaça em decomposição incha com 
gases como metano e sulfeto de hidrogênio, que precisam 
ser liberados de alguma maneira. Normalmente, essa 
pressão dos gases é liberada aos poucos e sem causar 
estragos, mas, em contato com os raios solares, o abdômen 
do animal “inflou” antes que o corpo pudesse dispensar os 
gases de forma natural.
Disponível em: <http://revistagalileu.globo.com>. 
Acesso em: 23 jan. 2017. [Fragmento adaptado]
Considerando que a carcaça do animal proporciona 
resistência constante durante o processo de inflagem, 
a explicação para a formação do “balão rosa” é baseada 
na lei que é enunciada da seguinte forma: 
A. 	 A temperatura absoluta do sistema é inversamente 
proporcional à pressão do gás se o volume permanecer 
constante. 
B. 	 O volume ocupado por uma determinada massa 
gasosa, à pressão constante, é diretamente proporcional 
à temperatura.
C. 	 O número de partículas é o mesmo para volumes 
iguais de quaisquer gases nas mesmas condições de 
pressão e temperatura.
D. 	 O volume ocupado poruma determinada massa de 
gás, a uma temperatura constante, é diretamente 
proporcional à pressão. 
E. 	 Os gases são constituídos por partículas em constante 
movimento, e, em um gás ideal, não há interação 
entre as moléculas. 
Alternativa B
Resolução: Considerando que a carcaça do animal 
proporciona resistência constante durante o processo de 
inflagem, a transformação gasosa que ocorre dentro da 
baleia é classificada como isobárica, ou seja, ocorre à 
pressão constante. Com o aumento da temperatura causado 
pela incidência dos raios solares, o volume ocupado pela 
amostra gasosa também aumentou, provocando a inflagem 
do abdômen do animal, pois, sob pressão constante, 
o volume de uma determinada massa gasosa é diretamente 
proporcional à sua temperatura absoluta. Logo, a alternativa 
correta é a B.
VUPA QUESTÃO 133 
Em um de seus experimentos, Mendel cruzou duas 
plantas de linhagem pura, uma com sementes amarelas 
e outra com sementes verdes. O monge verificou, então, 
que todos os descendentes eram idênticos a um dos 
genitores. No caso, o traço fenotípico de um dos genitores 
não se expressava: todos os descendentes da primeira 
geração possuíam sementes amarelas. Mendel chamou 
de dominante a característica que aparecia na geração 
F1 e de recessiva a característica que não se expressava.
Disponível em: <https://educacao.uol.com.br>. 
Acesso em: 21 nov. 2020. 
Ao fazer o cruzamento dos indivíduos da geração F1 entre 
si, Mendel obteve na geração F2 plantas com características 
fenotípicas de semente na proporção de
A. 	 3 amarelas : 1 verde.
B. 	 1 amarela : 1 verde.
C. 	 2 amarelas : 1 verde.
D. 	 1 amarela : 2 verdes.
E. 	 1 amarela : 3 verdes.
Alternativa A
Resolução: As plantas de linhagem pura correspondem 
a genótipos homozigóticos. No caso descrito, como todos 
os descendentes da primeira geração possuíam sementes 
amarelas, pode-se identificar esse alelo como dominante. 
Portanto, o cruzamento feito por Mendel foi:
A A
a Aa Aa
a Aa Aa
Logo, o cruzamento dos indivíduos da geração F1 (Aa × Aa) 
será:
A a
A AA Aa
a Aa aa
Assim, a geração F2 terá plantas com características 
fenotípicas de semente na proporção de 3 amarelas 
(AA, Aa, Aa) : 1 verde (aa). Portanto, a alternativa correta 
é a A. As demais alternativas apresentam proporções que 
estão em desacordo com o demonstrado anteriormente, 
estando, portanto, incorretas.
E3U5
CNAT – PROVA II – PÁGINA 24 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 134 
Durante uma aula de Física, a professora propôs um 
desafio para os seus alunos: determinar a constante elástica 
de uma mola utilizando uma bolinha de chumbo de 1 kg e 
uma balança graduada em Newtons. Um de seus alunos 
realizou a montagem do sistema, ilustrada a seguir. Com 
o sistema em equilíbrio, ele observou o valor registrado 
na balança e, utilizando uma régua, mediu uma distensão 
de 4 cm na mola. O valor da aceleração da gravidade foi 
fornecido pela professora, sendo igual a 10 m s–2.
4 N
Qual foi o valor encontrado para a constante elástica da 
mola? 
A. 	 100 N m–1 
B. 	 150 N m–1 
C. 	 200 N m–1 
D. 	 250 N m–1 
E. 	 350 N m–1
Alternativa B
Resolução: No experimento descrito, é necessário 
identificar as forças atuantes na bolinha de chumbo, sendo 
elas: força peso, força elástica e força normal. Um diagrama 
de forças é muito útil para melhor análise do problema: 
Fel.
N
P
O valor registrado pela balança equivale ao módulo da 
força normal. Como o sistema está em equilíbrio, a força 
resultante é nula. Logo, pela Segunda Lei de Newton:
F N F F
k x
k
k k
R el p� � �
� � �
�
� � � �
.
. .
. ,
.
0 4 1 10
0 04 6
6 100
4
150Nm 1
Portanto, a alternativa B é a correta.
M3PH QUESTÃO 135 
Quando uma pessoa come muito e não ganha peso, é 
comum que seus amigos e familiares façam brincadeiras 
e digam que “Fulano tem lombriga na barriga”. A intenção 
dessas pessoas é passar a ideia de que o indivíduo não 
engorda porque é a lombriga que está se alimentando do 
que ele come, mas a presença desses vermes não é algo 
positivo para o hospedeiro. Isso porque as lombrigas podem 
causar diversos sintomas no seu hospedeiro.
Uma das principais consequências causadas por esse 
verme ao organismo do seu hospedeiro é a
A. 	 lesão cardíaca.
B. 	 pele amarelada.
C. 	 hepatomegalia.
D. 	 obstrução intestinal.
E. 	 insuficiência pancreática.
Alternativa D
Resolução: Lombriga é um nome popular para o Ascaris 
lumbricoides, o parasito causador de ascaridíase. 
A transmissão da ascaridíase se faz pela ingestão de 
ovos que, ao serem ingeridos, sofrem eclosão no intestino 
delgado e as larvas atravessam a parede intestinal, caindo 
na corrente sanguínea. Por meio do sistema circulatório, são 
levadas ao fígado e, posteriormente, caem na respiração 
pulmonar, sendo levadas aos pulmões. Nos capilares 
pulmonares, as larvas sofrem uma nova muda e atravessam 
as paredes desses capilares, entrando no interior dos 
alvéolos pulmonares, por meio de mecanismos como a 
tosse, podem ser expectoradas ou deglutidas. No segundo 
caso, caem no sistema digestório e se desenvolvem em 
adultos jovens. Além de lesões hepáticas e pulmonares, 
que podem ser causadas pelas larvas, é no intestino que 
esses vermes adultos se desenvolvem e podem resultar 
em diversos danos ao organismo. Além de consumirem 
grande parte de nutrientes ingeridos pelo hospedeiro, 
podem resultar em reações alérgicas e obstruir o fluxo 
intestinal. Apesar de passarem pelo coração, esses vermes 
não resultam em lesão cardíaca. A hepatomegalia também 
não é um resultado da ascaridíase. A pele amarelada é uma 
característica muitas vezes encontrada na ancilostomose. 
Insuficiência pancreática também não está relacionada 
ao desenvolvimento da ascaridíase. Assim, a alternativa 
correta é a D.
89GV
CNAT – PROVA II – PÁGINA 25EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
MATEMÁTICA E SUAS TECNOLOGIAS
Questões de 136 a 180
QUESTÃO 136 
Considere que um limpador de para-brisa, como o da figura a seguir, tenha 50 cm de comprimento e percorra um arco 
de 180º a cada ciclo.
w
af
er
bo
ar
d 
/ C
re
at
iv
e 
C
om
m
on
s
A distância percorrida pela extremidade do limpador, a cada ciclo, é igual a
A. 	 40π cm.
B. 	 45π cm.
C. 	 50π cm.
D. 	 55π cm.
E. 	 60π cm.
Alternativa C
Resolução: O arco l percorrido pelo limpador a cada ciclo, em que α = 180° e o raio é igual ao comprimento do limpador 
de 50 cm, é dado por:
l l lr
� � �
�
� �
� � �
�
.
º
.
º
. .
180
180
180
5050
 cm
QUESTÃO 137 
Na operação de um drone, veículo aéreo não tripulado, é necessário que se esteja atento ao ângulo máximo de inclinação 
dele em relação ao solo, para que se possam fazer as conversões de maneira adequada. Esse ângulo pode ser dado em 
graus ou radianos, dependendo de cada fabricante.
O quadro a seguir apresenta informações do manual de um determinado tipo de drone:
Ângulos máximos de inclinação
Modo S (com controle remoto) Modo P
35° 25°
Disponível em: <www.dji.com>. Acesso em: 2 jun. 2020 (Adaptação).
Caso as informações do manual fossem dadas em radianos, a diferença entre os ângulos máximos de inclinação no modo S, 
com controle remoto, e no modo P seria de: 
A. 	
π
3
B. 	
π
6
C. 	
π
9
D. 	
π
18
E. 	
π
36
2ESS
2FH7
MAT – PROVA II – PÁGINA 26 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
P BA
NM
NM
CQ
O
O
D
B = CP = QA = D
1ª etapa: A folha é dobrada ao meio em torno da reta 
suporte do segmento MN;
2ª etapa: Após a dobra, o material resultante é dobrado 
ao meio em torno da reta suporte do segmento OQ.
Após essas etapas, é feito o seguinte recorte:
O M = N
CQ
Após retirados os recortes dos bigodes e dos cavanhaques, 
o material restante na folha é representado por:
A. 	
B. 	
C. 	
D. 	
E. 	
Alternativa D
Resolução: Analisando a tabela, tem-se que a diferença 
entre os ângulos de inclinação máximos nos dois modos é 
de (35° – 25°) = 10°.
Porém, deve-se converteresse valor para radianos, logo:
2
2 10
3
�
�
 radianos _______ 360°
x radianos ________ 10°
x � ( )( )
660
20
360 18
� �
� � radianos
Logo, a diferença entre os ângulos dos dois modos (10°) 
equivale a π
18
 radianos.
QUESTÃO 138 
Uma companhia aérea oferece passagens nas 
categorias: VIP, Convencional e Econômica. Em uma 
promoção, os valores dessas categorias para um 
determinado destino foram fixados em R$ 600,00, 
R$ 400,00 e R$ 300,00, respectivamente, conforme 
indicado pela matriz de preços P a seguir, em que cada 
coluna representa uma categoria. Já a matriz Q apresenta 
a quantidade de passageiros por categoria de passagem 
que viajaram em dois voos dessa companhia, sendo a 
primeira linha a categoria VIP, a segunda linha a categoria 
Convencional e a terceira linha a categoria Econômica.
P Q� � � �
�
�
�
�
�
�
�
�
�R$ 600,00 R$ 400,00 R$ 300,00 
50 40
80 90
150 120��
Sabendo que não houve descontos nos valores promocionais 
das categorias de passagens, a renda total obtida por essa 
companhia nesses dois voos foi igual a 
A. 	 R$ 107 000,00.
B. 	 R$ 203 000,00.
C. 	 R$ 351 000,00.
D. 	 R$ 455 000,00.
E. 	 R$ 689 000,00.
Alternativa B
Resolução: Fazendo a multiplicação das matrizes dadas, 
será obtida a renda de cada um dos voos. Assim:
Voo I: 600 . 50 + 400 . 80 + 300 . 150 = 30 000 + 32 000 + 
45 000 = R$ 107 000,00
Voo II: 600 . 40 + 400 . 90 + 300 . 120 = 24 000 + 36 000 + 
36 000 = R$ 96 000,00
Somando os dois valores, tem-se a renda total dessas 
viagens. Assim, 107 000 + 96 000 = R$ 203 000,00.
QUESTÃO 139 
Para uma apresentação de teatro da sua turma, a 
professora resolveu fabricar bigodes e cavanhaques para 
seus alunos. Ela decidiu confeccionar esses itens utilizando 
folhas retangulares, como apresentado a seguir:
ZV8K
U6MO
MAT – PROVA II – PÁGINA 27EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa D
Resolução: Analisando o corte feito na folha, representado 
pela figura a seguir, tem-se:
O M = N
CQ
Agora, desdobrando a folha em torno do segmento OQ, 
tem-se:
M N
CD
Por fim, ao desdobrar a folha em torno do segmento MN, 
tem-se:
A
D C
B
QUESTÃO 140 
Um padre foi a uma vidraçaria para encomendar vitrais 
para a igreja. Ele queria um vitral de tal forma que dois 
quadrantes adjacentes fossem sempre simétricos.
A seguir está representado o padrão de quadrantes 
utilizado pelo vidraceiro:
2º
quadrante
1º
quadrante
3º
quadrante
4º
quadrante
O vidraceiro, então, apresentou os seguintes modelos 
de vitrais que se encontravam na loja:
MLC8
I. 
II. 
III. 
IV. 
V. 
Entre os modelos apresentados, o que atende às 
orientações do padre é o 
A. 	 I.
B. 	 II.
C. 	 III.
D. 	 IV.
E. 	 V.
MAT – PROVA II – PÁGINA 28 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa D
Resolução: Avaliando a simetria de cada um dos vitrais, tem-se:
As figuras I, II, III e V não atendem às recomendações, pois o primeiro quadrante, em cada uma delas, não é simétrico em 
relação ao quarto. Na ilustração a seguir, em que o primeiro e o quarto quadrantes são refletidos sobre o eixo horizontal, 
é possível constatar esse fato:
I) 
II) 
III) 
V) 
A figura IV atende às recomendações, pois quaisquer dois quadrantes adjacentes da figura são simétricos:
IV) 
QUESTÃO 141 
A Secretaria de Segurança Pública de um estado monitorou o número de casos registrados de homicídio ocorridos 
nos cinco principais municípios desse estado, durante os cinco primeiros meses do mandato do atual governador. Esses 
dados, então, foram comparados com os cinco primeiros meses de mandato do governador anterior. Os dados referentes 
ao governo atual foram descritos por meio da matriz M1 e os dados do governo anterior foram colocados na matriz M2. 
Em cada uma dessas matrizes, as linhas representam os municípios analisados (A, B, C, D e E) e as colunas representam, 
na ordem, os cinco primeiros meses de cada governo estudado.
M M1 2
1 4 1 8 1
0 5 1 2 3
1 0 0 2 2
2 3 2 2 5
3 1 1 0 7
1 6 8 8 1
1 6 2 8 2
5�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� 99 0 0 1
8 2 1 3 5
10 3 1 2 5
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
O governador atual solicitou que o policiamento fosse intensificado no município que apresentou, na comparação com 
o governo anterior, a menor redução, em valor absoluto, no total de casos de homicídios registrados no período analisado.
O município que deverá receber uma intensificação no policiamento é o
A. 	 A.
B. 	 B.
C. 	 C.
D. 	 D.
E. 	 E.
PQOV
MAT – PROVA II – PÁGINA 29EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa D
Resolução: A matriz S = M1 – M2 representa a diferença entre os números de casos registrados de homicídio ocorridos 
nos cinco principais municípios do estado, durante os cinco primeiros meses de mandato do governo atual e do governo 
anterior, nessa ordem:
 
S M M S� � � �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�1 2
1 4 1 8 1
0 5 1 2 3
1 0 0 2 2
2 3 2 2 5
3 1 1 0 7
1 6 8 8 1
1 66 2 8 2
5 9 0 0 1
8 2 1 3 5
10 3 1 2 5
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Para realizar a operação da subtração de duas matrizes, devem ser subtraídos os elementos de mesma posição em cada 
uma delas. Desse modo, tem-se: 
S �
� � � � �
� � � � �
� � � � �
� � � �
1 1 4 6 1 8 8 8 1 1
0 1 5 6 1 2 2 8 3 2
1 5 0 9 0 0 2 0 2 1
2 8 3 2 2 1 2 33 5 5
3 10 1 3 1 1 0 2 7 5
0 2 7 0 0
1 1 1 6 1
4
�
� � � � �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
� �
� � � �
�S ��
� �
� � �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
9 0 2 1
6 1 1 1 0
7 2 0 2 2
A soma dos elementos de uma linha da matriz S representa a queda no número total de homicídios registrados em um 
determinado município do estado durante o período analisado do governo atual, ao fazer a comparação com o mesmo 
período do governo anterior.
• Município A: 0 – 2 – 7 + 0 + 0 = –9
• Município B: –1 – 1 – 1 – 6 + 1 = –8
• Município C: –4 – 9 + 0 + 2 + 1 = –10
• Município D: –6 + 1 + 1 – 1 + 0 = –5
• Município E: –7 – 2 + 0 – 2 + 2 = –9
O município D foi o que apresentou a maior soma, ou seja, foi o município que apresentou a menor queda no total de casos 
registrados de homicídio entre os dois governos.
Portanto, de acordo com a proposta do governador atual, o policiamento deve ser reforçado no município D.
QUESTÃO 142 
A rosa dos ventos representa os pontos cardeais – norte (N), leste (L), sul (S) e oeste (O) – e colaterais – nordeste 
(NE), sudeste (SE), sudoeste (SO) e noroeste (NO). A figura a seguir mostra a rosa dos ventos e sua representação no 
ciclo trigonométrico.
N
NO
NO NE
SO SE
NE
L
SE
S
SO
O
0 0,2
0,2
–0,2
–0,2
–0,4
–0,4
–0,6
–0,6
–0,8
–0,8 0,4
0,4
0,6
0,6
0,8
0,8
1
1
–1
–1
Disponível em: <www.gabarite.com.br>. Acesso em: 10 jun. 2022 (Adaptação).
Em uma fábrica, a localização de pontos de apoio para os funcionários coincide com os pontos cardeais e colaterais 
na representação da rosa dos ventos no ciclo trigonométrico. Sabe-se que, na localização nordeste, há um ponto de apoio 
para acidentes no trabalho, e os dois pontos de apoio para retirada e troca de equipamentos de proteção estão localizados 
nos pontos em que o cosseno possui sinal contrário ao ponto de apoio para acidentes no trabalho.
Dessa maneira, na representação da rosa dos ventos no ciclo trigonométrico, as localizações dos pontos de apoio para 
retirada e troca de equipamentos de proteção dessa fábrica são nos pontos 
A. 	 leste e norte.
B. 	 oeste e sudeste.
C. 	 sudeste e noroeste.
D. 	 sudoeste e sudeste.
E. 	 noroeste e sudoeste.
NZE9
MAT – PROVA II – PÁGINA 30 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa E
Resolução: O nordeste (NE) está no 1º quadrante, ou seja, o ponto de apoio para acidentes no trabalho está no 1º quadrante. 
No ciclo trigonométrico, o eixo horizontal é o eixo dos cossenos. Desse modo, os arcos do 1º e 4º quadrantes têm cosseno 
positivo e os arcos do 2º e 3º quadrantes têm cosseno negativo. Os pontos colaterais que estão no 2º e 3º quadrantes são 
noroeste(NO) e sudoeste (SO), respectivamente. Nesses pontos, o cosseno do arco correspondente tem sinal oposto ao 
cosseno do arco correspondente ao ponto de apoio para acidentes no trabalho.
Portanto, as localizações dos pontos de apoio para retirada e troca de equipamentos de proteção dessa fábrica estão a 
noroeste e a sudoeste.
QUESTÃO 143 
A cidade de Cuiabá está situada na parte mais central da América do Sul, exatamente no seu centro geodésico. 
O marco foi estabelecido em 1909, através de cálculos matemáticos, geográficos e astronômicos, identificando 
o local conhecido como Campo d’Ourique, situado a 15°35’56” de latitude sul e a 56°06’55” de longitude oeste.
Disponível em: <https://ufmt.br>. Acesso em: 22 nov. 2023. [Fragmento]
Ao analisar as coordenadas do marco geodésico de Cuiabá e verificar em um site de geolocalização, um aluno identificou que 
a sua cidade natal, localizada no estado do Pará, no Hemisfério Sul, possui a mesma longitude, entretanto, apresenta a metade 
da latitude do marco geodésico de Cuiabá.
A latitude da cidade natal desse aluno é:
A. 	 7°17’28’’S
B. 	 7°47’58’’S
C. 	 8°18’28’’S
D. 	 20°15’30’’S
E. 	 28°03’28’’S
Alternativa B
Resolução: A cidade natal do aluno tem a latitude igual à metade da latitude do marco geodésico de Cuiabá, que é de 
15°35’56’’S.
Ao dividir esse valor de 15°35’56’’ (em graus, minutos e segundos) por 2, tem-se:
 
15 35 56 2
14 7 47 58
1 35 95
94
1 56 116
116
0
�
� � �
� � �
�
� �
�
' ''
' ''
' '
'
' '' ''
''
Portanto, a latitude da cidade natal desse aluno é 7°47’58’’S, conforme indicado pela alternativa B.
QUESTÃO 144 
No Campeonato Brasileiro de Futebol Masculino por pontos corridos, cada um dos 20 times joga contra todos os demais 
em turno e returno, consagrando-se como campeão aquele que somar o maior número de pontos após as 38 rodadas 
dessa competição. A cada vitória, a equipe ganha 3 pontos e, a cada empate, 1 ponto. Em caso de derrota, a equipe não 
pontua. Em determinado ano, a tabela final de classificação do Campeonato Brasileiro foi representada por uma matriz Sm × n, 
em que cada elemento aij, com 1 ≤ i ≤ 20 e j = 1, indica a pontuação final do time i no torneio.
Essa matriz S é do tipo
A. 	 nula.
B. 	 linha.
C. 	 coluna.
D. 	 quadrada.
E. 	 triangular.
ZK5I
98UD
MAT – PROVA II – PÁGINA 31EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa C
Resolução: Na representação de um elemento de uma matriz, utiliza-se a notação aij, na qual i indica a linha e j indica 
a coluna. Para a matriz que representará a classificação final do Campeonato Brasileiro de Futebol daquele ano, tem-se 
as seguintes condições: 1 ≤ i ≤ 20 e j = 1. Portanto, a matriz S terá 20 linhas e apenas 1 coluna, sendo classificada, pois, 
como uma matriz coluna.
QUESTÃO 145 
Em uma gincana escolar, as duas provas da disputa final, que define a equipe vencedora, têm pesos diferentes, 
de acordo com o seu grau de dificuldade. A matriz N �
�
�
�
�
�
�
2
3
 indica os pesos da pontuação de cada prova, sendo 
2 o peso da primeira prova e 3 o peso da segunda prova.
Realizadas as provas, as cinco equipes finalistas, I, II, III, IV e V, tiveram as respectivas pontuações registradas em 
uma matriz M. Nessa matriz, a coluna 1 mostra a pontuação na primeira prova e a coluna 2 mostra a pontuação na segunda 
prova, sendo que a linha 1 refere-se à equipe I, a linha 2 refere-se à equipe II, e assim por diante, conforme a seguir:
M �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
100 200
120 150
130 100
150 120
200 100
Dessa maneira, a pontuação final de cada equipe é dada pela soma de pontos nas duas provas, considerando-se os 
seus respectivos pesos. Vence a equipe que somar mais pontos.
Considerando essas informações, a equipe vencedora da gincana foi a
A. 	 I.
B. 	 II.
C. 	 III.
D. 	 IV.
E. 	 V.
Alternativa A
Resolução: Considerando-se as informações fornecidas na questão, a pontuação final das equipes será dada pela 
multiplicação das matrizes M e N, que resultará em uma matriz 5 1× . Logo, tem-se:
100 200
120 150
130 100
150 120
200 100
2
3
10�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �.
00 2 200 3
120 2 150 3
130 2 100 3
150 2 120 3
200 2 100 3
. .
. .
. .
. .
. .
�
�
�
�
�
�
�
�
�
��
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
800
690
560
660
700
O maior elemento da matriz produto corresponde à pontuação da equipe vencedora.
Portanto, a equipe vencedora foi a I.
QUESTÃO 146 
Uma determinada empresa paga bônus para os funcionários que ultrapassam a meta estabelecida para o mês, sendo 
que esse valor varia de acordo com o cargo do colaborador. O quadro a seguir mostra o número de funcionários que foram 
bonificados de abril a junho e os valores dos bônus pagos:
Mês
Número de funcionários 
bonificados Valor total do 
bônus pago
Cargo 1 Cargo 2
Abril 12 12 R$ 14 220,00
Maio 14 10 R$ 14 070,00
Junho 11 13
E16N
YANZ
MAT – PROVA II – PÁGINA 32 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Sabendo que cada cargo tem um valor fixo de bonificação, o valor pago de bônus aos funcionários no mês de junho foi igual a
A. 	 R$ 14 295,00.
B. 	 R$ 14 145,00.
C. 	 R$ 13 905,00.
D. 	 R$ 13 745,00.
E. 	 R$ 10 340,00.
Alternativa A
Resolução: Sendo x o valor do bônus para cada funcionário do cargo 1 e y o valor do bônus para cada funcionário do cargo 2, 
tem-se o seguinte sistema de equações:
12 12 14 220
14 10 14 070
x y I
x y II
� �
� �
�
�
�
( )
( )
Dividindo a equação (I) por 12 e a equação (II) por 2, tem-se:
x y III
x y IV
� �
� �
�
�
�
1185
7 5 7 035
( )
( )
Da equação (III), x = 1 185 – y. Substituindo na equação (IV), tem-se:
7(1 185 – y) + 5y = 7 035 ⇒ 8 295 – 7y + 5y = 7 035 ⇒ –2y = –1 260 ⇒ y = 630
Logo, x = 1 185 – 630 ⇒ x = 555.
Sendo assim, para a determinação do valor pago de bônus no mês de julho, tem-se:
11 13 11 555 13 630 6 105 8 190 14 295x y� � � � � �. .
Assim, no mês de julho foram pagos R$ 14 295,00 de bônus aos funcionários dos dois cargos, alternativa A.
QUESTÃO 147 
Na computação gráfica, o uso de matrizes é evidente em muitas aplicações. Por exemplo, figuras tridimensionais 
em um monitor de computador ou na tela de celulares somente são possíveis graças a uma matriz que é gerada pelo 
processamento da imagem na tela.
Disponível em: <www.infoescola.com>. Acesso em: 14 nov. 2023 (Adaptação).
Durante um trabalho de computação gráfica, um profissional precisou multiplicar a matriz M, mostrada a seguir, por um 
número real n e obteve como resultado uma matriz S, cuja soma dos elementos da quinta coluna é igual a 15,6.
M �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
1 2 5 6 8
2 1 0 0 1
1 1 2 1 2
1 0 1 1 0
2 2 1 1 2
O valor de n é igual a 
A. 	 0,37.
B. 	 0,83.
C. 	 1,20.
D. 	 1,73.
E. 	 1,95.
Alternativa C
Resolução: Os elementos da quinta coluna da matriz M são 8, 1, 2, 0 e 2. A soma dos elementos dessa coluna da matriz 
M é igual a 13. Para obter a matriz S, todos os elementos da matriz M serão multiplicados pelo valor n. Dessa maneira, 
os elementos da quinta coluna da matriz S serão 8n, n, 2n, 0 e 2n, nessa ordem. A soma desses elementos, em função 
de n, é igual a 8n + n + 2n + 0 + 2n = 13n. De acordo com o enunciado, 13n = 15,6. Fazendo a divisão de 15,6 por 13, 
determina-se o valor de n, que é igual a 1,20.
ØKUP
MAT – PROVA II – PÁGINA 33EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 148 
O gerente de uma loja organiza as dívidas de cinco dos seus clientes que compraram a prazo em uma matriz quadrada 
A de ordem 5. Os elementos aij dessa matriz representam os valores das compras feitas, em real, pelo cliente i no mês j. 
Nessa notação, i = 1 refere-se ao cliente I, i = 2 refere-se ao cliente II, e assim sucessivamente até i = 5, que se refere ao 
cliente V. O mês j = 1 é janeiro, j = 2 é fevereiro, j = 3 é março, j = 4 é abril e j = 5 é maio.
A �
200 200 200 300 400
200 500 600 100 100
300 300 400 500 600
200 200 200 2000 200
200 300 300 200 200
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Pretendendodar um desconto de 20% em todas essas dívidas, o gerente multiplicou a matriz A por 0,8, obtendo, como 
resultado, uma outra matriz B.
Analisando todas as entradas da matriz B, o número de clientes que possuem uma dívida total superior a R$ 1 000,00, 
mesmo após o desconto, é igual a
A. 	 1.
B. 	 2.
C. 	 3.
D. 	 4.
E. 	 5.
Alternativa C
Resolução: Para multiplicar uma matriz A por um número real, deve-se multiplicar cada uma das entradas dessa matriz 
pelo número real dado. Dessa forma, a matriz B obtida pelo gerente é dada por:
B A B� � �0 8 0 8
200 200 200 300 400
200 500 600 100 100
300 300 400 500 60, . , . 00
200 200 200 200 200
200 300 300 200 200
200 0 8
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�B
. , 2200 0 8 200 0 8 300 0 8 400 0 8
200 0 8 500 0 8 600 0 8 100 0 8 1
. , . , . , . ,
. , . , . , . , 000 0 8
300 0 8 300 0 8 400 0 8 500 0 8 600 0 8
200 0 8 200 0 8 20
. ,
. , . , . , . , . ,
. , . , 00 0 8 200 0 8 200 0 8
200 0 8 300 0 8 300 0 8 200 0 8 200 0 8
. , . , . ,
. , . , . , . , . ,
�
�
�
��
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�B
160 160 160 240 320
160 400 480 80 80
240 240 320 400 4880
160 160 160 160 160
160 240 240 160 160
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Somando os elementos de cada linha da matriz B, obtém-se a dívida total de cada cliente após o desconto de 20%.
• Cliente I: 160 + 160 + 160 + 240 + 320 = R$ 1 040,00.
• Cliente II: 160 + 400 + 480 + 80 + 80 = R$ 1 200,00.
• Cliente III: 240 + 240 + 320 + 400 + 480 = R$ 1 680,00.
• Cliente IV: 160 + 160 + 160 + 160 + 160 = R$ 800,00.
• Cliente V: 160 + 240 + 240 + 160 + 160 = R$ 960,00. 
Portanto, três clientes (I, II e III) permaneceram com uma dívida superior a R$ 1 000,00 após o desconto dado pelo gerente.
N3IR
MAT – PROVA II – PÁGINA 34 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa C
Resolução: Conforme o enunciado, a paleta de cores está disposta sobre o ciclo trigonométrico (0 a 360°).
Foram colocadas duas condições para as cores em questão: seno positivo e cosseno entre 0 e 0,5.
• Condição I: 1º e 2º quadrantes
• Condição II: A partir dos valores notáveis de arcos, sabe-se que os arcos cujo seno vale 0 são 90° e 270° e os 
arcos de cosseno 0,5 são 60° e 300°, ou seja, os intervalos possíveis estão entre 60° e 90° ou entre 270° e 300°.
Atendendo às duas condições, os valores procurados estão entre 60° e 90°. Portanto, a melhor representação é a seguinte: 
180
270
90
0
QUESTÃO 149 
Em uma atividade interdisciplinar de Artes e Matemática, os alunos foram apresentados a uma paleta de cores que 
variava segundo o valor em graus do ciclo trigonométrico, conforme apresentado a seguir:
Disponível em: <www.maujor.com>. Acesso em: 22 ago. 2022 (Adaptação).
Para pintar a arquibancada da quadra, deveriam ser usados tons que, no ciclo, tivessem o seno positivo e o cosseno 
entre 0 e 0,5.
Dessa maneira, o conjunto de tons usados nessa pintura está melhor representado em:
492Z
A. 	 90
180 0
270
B. 	 90
180 0
270
C. 	 90
180 0
270
D. 	 90
180 0
270
E. 	 90
180 0
270
MAT – PROVA II – PÁGINA 35EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 150 
Cinco amigos fizeram juntos uma viagem de férias e, a cada gasto com o passeio, foram somando em uma planilha 
online os valores em aberto entre cada amigo. Os valores negativos indicam valores que cada amigo, indicado na linha, 
deve para o outro, indicado na coluna, e os valores positivos indicam valores a receber.
Alberto Bruno Carlos Daniel Eduardo
Alberto 0 –200
Bruno 400 500 –100
Carlos 200 0 –200
Daniel –300 –100 400 0 –300
Eduardo 0 0
Finalizada a viagem, os amigos ainda não tinham atualizado a planilha com todos os valores, mas sabiam que todos 
os gastos já estavam registrados. Eles, então, transformaram os dados da planilha em uma matriz. Na matriz gerada, 
do tipo antissimétrica, a entrada aij, com 1 5≤ ≤i e 1 5≤ ≤j , indica quanto o amigo i deveria receber do amigo j. Os números 
de 1 a 5 indicam os amigos Alberto, Bruno, Carlos, Daniel e Eduardo, respectivamente, tanto nas linhas quanto nas colunas. 
O objetivo dos amigos era, utilizando seus conhecimentos de matrizes, completar os espaços em branco dessa tabela, 
representados por $, na matriz antissimétrica:
0 200
400 500 100
200 0 200
300 100 400 0 300
0 0
$ $ $
$ $
$ $
$ $ $
�
�
�
� � �
�
�
�
�
�
�
�
��
�
�
�
�
�
�
�
�
Considerando a matriz completa, entre esses cinco amigos, aquele que tem o maior saldo credor (diferença entre os valores 
a receber e as dívidas) é o
A. 	 Alberto.
B. 	 Bruno.
C. 	 Carlos.
D. 	 Daniel.
E. 	 Eduardo.
Alternativa B
Resolução: Uma matriz antissimétrica é caracterizada por ser o oposto da matriz transposta. Como a matriz dada é uma 
matriz antissimétrica, tem-se que A = –At, ou seja, aij = –aij.
Logo, a matriz completa é dada por:
0 400 200 300 0
400 0 500 100 100
200 500 0 400 200
300 100 400 0 30
� �
�
� � �
� � � 00
0 100 200 300 0
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Considerando a linha como referência, tem-se que os valores a receber (positivos) são:
Alberto: 300 reais
Bruno: 400 + 500 + 100 = 1 000 reais
Carlos: 200 reais
Daniel: 400 reais
Eduardo: 100 + 200 + 300 = 600 reais
9L5T
MAT – PROVA II – PÁGINA 36 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Enquanto as dívidas (valores negativos) são:
Alberto: 400 + 200 = 600 reais
Bruno: 100 reais
Carlos: 500 + 400 + 200 = 1 100 reais
Daniel: 300 + 100 + 300 = 700 reais
Eduardo: 0 real
Logo, os saldos credores (diferenças entre os valores a receber e a pagar) são:
Alberto: 300 – 600 = –300 reais (dívida)
Bruno: 1 000 – 100 = 900 reais (a receber)
Carlos: 200 – 1 100 = –900 reais (dívida)
Daniel: 400 – 700 = –300 reais (dívida)
Eduardo: 600 reais (a receber)
Portanto, o maior saldo credor é do Bruno, de 900 reais.
QUESTÃO 151 
Um professor, responsável por três disciplinas diferentes, dispôs as notas obtidas por três alunos, Alberto, Bruno e 
Clara, em cada uma das três etapas do ano letivo, em matrizes quadradas de ordem 3, conforme mostrado a seguir:
M M1 2
13 18 19
24 25 19
12 20 12
24 16 15
11 15 13
24 15 18
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
��
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
M3
23 12 20
20 19 14
18 17 18
Em cada uma dessas matrizes, as linhas representam as disciplinas lecionadas pelo professor (linha 1 = disciplina I, 
linha 2 = disciplina II e linha 3 = disciplina III). As colunas, por sua vez, representam cada um dos três alunos 
(coluna 1 = Alberto, coluna 2 = Bruno e coluna 3 = Clara). Além disso, a matriz M1 refere-se à 1ª etapa, a matriz M2, 
à 2ª etapa e a matriz M3, à 3ª etapa do ano letivo.
O resultado da soma das matrizes M1, M2 e M3 é dado pela matriz S e representa as notas desses alunos ao final das 
três etapas do ano letivo em cada disciplina. Caso a soma das notas nas três etapas em qualquer disciplina seja menor que 54, 
essa nota aparece em vermelho na matriz S.
Considerando essas informações, o número de elementos em vermelho na matriz S é igual a
A. 	 1.
B. 	 4.
C. 	 5.
D. 	 6.
E. 	 8.
Alternativa B
Resolução: A matriz S será dada pela soma das matrizes que representam os desempenhos dos alunos em cada uma das 
etapas apresentadas, ou seja, as matrizes M1, M2 e M3. Assim, tem-se que a matriz S é dada por:
S M M M
S
� � � �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
1 2 3
13 18 19
24 25 19
12 20 12
24 16 15
11 15 13
24 15 118
23 12 20
20 19 14
18 17 18
13 24 23 18 16
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� � � �
S
112 19 15 20
24 11 20 25 15 19 19 13 14
12 24 18 20 15 17 12 18 1
� �
� � � � � �
� � � � � � 88
60 46 54
55 59 46
54 52 48
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
S
As entradas a12 = 46, a23 = 46, a32 = 52 e a33 = 48 da matriz S são menores que 54, logo sairão vermelhas.
Portanto, o número de elementos em vermelho na matriz S é igual a 4.
EEI3
MAT – PROVA II – PÁGINA 37EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 152 
Em um jogo de computador, a trajetória deum personagem deve ser digitada em uma caixa de comandos e o personagem 
obedece a esses comandos seguindo o caminho em uma malha quadriculada. O jogo fornece a vista superior da trajetória 
descrita pelo personagem.
A fim de levar esse personagem, que está de frente para o leste, de um ponto A para um ponto B, um jogador digitou, 
na caixa de comando, as instruções listadas a seguir:
• Comando 1: Seguir em frente em linha reta.
• Comando 2: Seguir em frente em linha reta.
• Comando 3: Girar em um ângulo de π
4
 radianos no sentido anti-horário.
• Comando 4: Seguir em frente em linha reta.
• Comando 5: Girar em um ângulo de 3
4
π radianos no sentido horário.
• Comando 6: Seguir em frente em linha reta.
• Comando 7: Girar em um ângulo de π
2
 radianos no sentido anti-horário.
• Comando 8: Seguir em frente em linha reta.
No comando “seguir em frente em linha reta”, o personagem se locomove sobre um segmento, cujas extremidades 
são vértices de um mesmo quadrado da malha.
A figura que melhor representa a trajetória descrita pelo personagem é:
1X65
A. 	
A B
B. 	
A B
C. 	
A
B
D. 	
A
B
E. 	
A
B
MAT – PROVA II – PÁGINA 38 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 153 
Uma peça de um motor com formato circular, ao 
ser projetada, foi representada em um sistema de eixos 
cartesianos, em que o centro do sistema coincide com 
o centro da circunferência. Na posição de repouso, uma 
marcação de referência ocupa a posição A indicada na 
figura.
2º quadrante 1º quadrante
3º quadrante 4º quadrante
Posição de
repouso
A
Para realizar um teste de resistência nessa peça, ela 
sofre a seguinte sequência de deslocamentos angulares 
na ordem apresentada:
• 340° no sentido horário;
• 165° no sentido horário;
• 720° no sentido anti-horário;
• 45° no sentido anti-horário.
Considerando a representação da peça na imagem, após 
a sequência de deslocamentos, o ponto A estará localizado
A. 	 na posição de repouso.
B. 	 no primeiro quadrante.
C. 	 no segundo quadrante.
D. 	 no terceiro quadrante.
E. 	 no quarto quadrante.
Alternativa D
Resolução: Analisando a sequência na ordem, tem-se:
– 340° no sentido horário: o ponto A para no 1º quadrante, 
em 20°;
– 165° no sentido horário: o ponto A para no 3º quadrante, 
em 215°;
– 720° no sentido anti-horário: o ponto A para no 
3º quadrante, em 215°;
– 45° no sentido anti-horário: o ponto A para no 
3º quadrante, em 260°;
Portanto, o ponto A estará localizado no terceiro quadrante.
LMBRAlternativa A
Resolução: Seguindo a lista de comandos apresentada, 
pode-se traçar o seguinte caminho:
• Comando 1: Seguir em frente em linha reta.
• Comando 2: Seguir em frente em linha reta.
A
• Comando 3: Girar π
4
 radianos (45°) no sentido 
anti-horário.
• Comando 4: Seguir em frente em linha reta. 
Nota-se que o personagem se desloca de um 
vértice até o outro do mesmo quadrado (passando 
pela diagonal).
A 45º
• Comando 5: Girar em um ângulo de 3
4
π radianos 
(135°) no sentido horário.
• Comando 6: Seguir em frente em linha reta.
A
135º
• Comando 7: Girar π
2
 radianos (90°) no sentido 
anti-horário.
• Comando 8: Seguir em frente em linha reta.
A
B
Portanto, a trajetória correspondente à lista de comandos 
está representada na alternativa A.
MAT – PROVA II – PÁGINA 39EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 154 
Determinada cidade tem 3 sensores de captação de dados meteorológicos. O primeiro sensor mede a 
intensidade da luz solar; o segundo, a temperatura; e o terceiro, a umidade do ar. Os três sensores formam um 
sistema de sensoriamento remoto para estudos a respeito dos processos de urbanização dessa cidade. A empresa 
de tecnologia responsável pela coleta desses dados registra, mensalmente, as leituras dos sensores em uma matriz 
A de dimensões 3 4× , em que cada linha representa um sensor e cada coluna é a leitura feita em cada uma das 
4 semanas do mês.
A empresa responsável pelo levantamento dos dados deseja determinar as médias aritméticas da intensidade de luz 
solar, da temperatura e da umidade do ar medidas pelos sensores dessa cidade em um determinado mês do ano. Para o 
cálculo dessas médias, a empresa utilizará o produto das matrizes A e B, nessa ordem.
Sabe-se que a média aritmética de um conjunto de dados é igual à soma dos valores desses dados dividida pela 
quantidade de dados do conjunto.
Para o cálculo das médias desejadas, a empresa deve multiplicar a matriz A pela matriz B dada por:
NFT7
A. 	
1
3
1
3
1
3
1
3
�
��
�
��
B. 	
1
4
1
4
1
4
1
4
�
��
�
��
C. 	
1
2
1
2
1
2
1
2
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
D. 	
1
3
1
3
1
3
1
3
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
E. 	
1
4
1
4
1
4
1
4
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Alternativa E
Resolução: Para obter as médias aritméticas das intensidades de luz solar, das umidades do ar e das temperaturas coletadas 
em um mês, a empresa deverá somar os 4 dados coletados de cada um dos 3 parâmetros analisados nas 4 semanas do 
mês e dividir as três somas por 4. Uma outra possibilidade seria multiplicar cada um dos 4 elementos de cada linha por 1
4
 
e somar os resultados obtidos. Esse último processo é o equivalente a multiplicar a matriz A3 × 4 pela matriz:
1
4
1
4
1
4
1
4
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
MAT – PROVA II – PÁGINA 40 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 155 
Uma das aplicações das matrizes é a de descrever conexões entre objetos, por exemplo, conexões entre 
cidades por linhas aéreas ou rodovias, conexões entre pessoas em estruturas sociais ou conexões entre elementos 
de um circuito elétrico. A ideia é representar os objetos que são conectados por pontos, denominados nós, 
e indicar as conexões por segmentos de reta ou arcos, denominados arestas. Um conjunto finito de vértices e arestas é 
denominado grafo. Na figura a seguir, tem-se um grafo simples que indica as conexões aéreas entre três cidades, 1, 2 e 3.
2
31
Nesse grafo, as circunferências indicam que os aviões podem decolar e pousar na mesma cidade, de modo que existe 
conexão interna em cada cidade. As setas indicam as direções dos voos. Por exemplo, existem voos de 1 até 2 e de 2 até 1. 
Por outro lado, só existem voos de 2 até 3 e de 3 até 1.
Os grafos podem ser representados por meio de matrizes quadradas cujos elementos são iguais a 0 ou 1. Se houver 
conexão da cidade i para a cidade j, então o elemento aij = 1, caso contrário, aij = 0.
ANTON, H.; BUSBY, R. C. Álgebra Linear Contemporânea. 
Porto Alegre: Editora Bookman, 2006 (Adaptação).
Com base nessas informações, a matriz que representa o grafo indicado no texto é:
A. 	
1 1 0
1 1 1
1 0 1
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
B. 	
0 1 0
1 0 1
1 0 0
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
C. 	
1 1 1
1 1 1
1 1 1
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
D. 	
0 1 1
1 0 1
1 1 0
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
E. 	
1 1 1
1 1 0
0 1 1
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Alternativa A
Resolução: Pelo grafo indicado na questão, conclui-se que, partindo da cidade 1, existem voos para as cidades 1 e 2, 
mas não para a cidade 3. Logo, a11 = 1, a12 = 1 e a13 = 0. Partindo da cidade 2, existem voos para as cidades 1, 2 e 3, 
de modo que a21 = 1, a22 = 1 e a23 = 1. Por fim, partindo da cidade 3, existem voos para 1 e 3, mas não para a cidade 2, 
consequentemente, a31 = 1, a32 = 0 e a33 = 1.
Logo, a matriz que representa o grafo indicado no texto é:
a a a
a a a
a a a
11 12 13
21 22 23
31 32 33
1 1 0
1 1 1
1 0 1
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
9YH9
MAT – PROVA II – PÁGINA 41EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 156 
Um marceneiro recebeu duas propostas para fazer reparos em cercas de madeira de duas casas situadas na zona rural 
de uma cidade. Ao fazer o orçamento, ele constatou que, para cada casa, ele precisaria comprar os seguintes materiais:
Casa I 80 m de arame 20 pregos 15 parafusos
Casa II 100 m de arame 12 pregos 22 parafusosFazendo uma pesquisa de preços em dois depósitos de materiais de construção, o marceneiro verificou os seguintes 
valores para cada produto:
Depósito I Depósito II
R$ 1,50 cada metro do arame R$ 2,00 cada metro do arame
R$ 0,25 cada prego R$ 0,15 cada prego 
R$ 0,30 cada parafuso R$ 0,20 cada parafuso
Representando os valores das duas tabelas anteriores nas matrizes A e B a seguir, ele verificou que a matriz C = A × B 
forneceria o custo total dos materiais necessários em cada casa, em cada um dos dois depósitos pesquisados.
A B�
�
�
�
�
�
� �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
80 20 15
100 12 22
1 50 2 00
0 25 0 15
0 30 0 20
, ,
, ,
, ,
Analisadas as propostas dos dois depósitos, o marceneiro optou pelo depósito que oferecia o preço mais em conta.
O valor total, em real, a ser pago pelo marceneiro no reparo das cercas das duas casas é de
A. 	 289,10.
B. 	 295,50.
C. 	 365,80.
D. 	 369,00.
E. 	 372,20.
Alternativa B
Resolução: A matriz C = A × B é dada por:
C
C
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
80 20 15
100 12 22
1 50 2 00
0 25 0 15
0 30 0 20
, ,
, ,
, ,
880 1 50 20 0 25 15 0 30 80 2 00 20 0 15 15 0 20
100 1 50 12
. , . , . , . , . , . ,
. ,
� � � �
� .. , . , . , . , . ,
, ,
0 25 22 0 30 100 2 00 12 0 15 22 0 20
129 50 166 0
� � �
�
�
�
�
�
� �
�C
00
159 60 206 20, ,
�
�
�
�
�
�
Ao analisar a matriz C, tem-se que o depósito I (na linha 1) forneceu os menores valores para as duas casas. Dessa forma, 
o depósito I cobra R$ 129,50 pelo material a ser utilizado no reparo da cerca da casa I e R$ 166,00 pelo material a ser 
utilizado no reparo da cerca da casa II.
Portanto, o valor total cobrado pelo depósito I é de R$ 129,50 + R$ 166,00 = R$ 295,50.
ERUJ
MAT – PROVA II – PÁGINA 42 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 157 
Uma prova de seleção para o mestrado continha 
50 questões de múltipla escolha. Nessa prova, os 
candidatos ganhavam 2 pontos por cada questão marcada 
corretamente e perdiam 3 pontos por cada questão marcada 
incorretamente. Caso o candidato deixasse de marcar 
alguma questão na folha de respostas, deixando-a em 
branco, ele não perdia nem ganhava ponto nessa questão. 
Ao verificar a sua nota final, Marcos descobriu que ficou 
com 65 pontos, mas a comissão responsável pelo processo 
seletivo não lhe informou a quantidade de acertos que 
obteve. Sabe-se que Marcos não deixou questões em 
branco.
Se x é a quantidade de acertos obtidos por Marcos e y é 
a quantidade de erros cometidos por ele, uma equação 
matricial que, após resolvida, forneceria a Marcos os valores 
de x e y é:
A. 	
1 1
2 3
65
50�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
�
�
�
�
�
�
x
y
B. 	
1 1
2 3
50
65�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
�
�
�
�
�
�
x
y
C. 	
1 2
1 3
50
65�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
�
�
�
�
�
�
x
y
D. 	
1 2
1 3
65
50�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
�
�
�
�
�
�
x
y
E. 	
1 3
2 1
50
65
��
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
�
�
�
�
�
�
x
y
Alternativa B
Resolução: Marcos não deixou questões em branco na 
prova. Sendo assim, se x é a quantidade de acertos e y é 
a quantidade de erros de Marcos nos itens dessa prova, 
tem-se que x + y é igual ao total de questões, ou seja, 50. 
Logo, a primeira equação do problema seria x + y = 50. 
Nesse processo seletivo, cada questão certa vale 2 pontos 
e, para cada questão errada, o candidato perde 3 pontos. 
Dessa forma, o total de pontos obtidos por Marcos pode 
ser expresso pela equação 2x – 3y = 65. Portanto, Marcos 
pode calcular a quantidade de questões certas e erradas 
por meio do seguinte sistema linear:
x y
x y
� �
� �
�
�
�
50
2 3 65
Esse sistema pode ser reescrito como a seguinte equação 
matricial:
1 1
2 3
50
65�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
�
�
�
�
�
�
x
y
8RX1 QUESTÃO 158 
Grado é uma unidade de medida de ângulos planos 
equivalente a π
200
 radianos. O símbolo internacional para 
esta unidade é o gon. Outros símbolos usados no passado 
incluíam gr, grd, e g, o último algumas vezes escrito como um 
sobrescrito, de modo similar ao símbolo de grau: 50g = 45°. 
O termo “grado” tem origem no francês, grade, e foi proposto 
junto com o sistema métrico, embora não faça parte do 
sistema internacional de unidades.
Disponível em: <https://igeo.ufrgs.br>. Acesso em: 13 nov. 2023 
(Adaptação).
Um aluno desenhou um triângulo e indicou as medidas 
de dois ângulos internos desse triângulo, conforme ilustrado 
na figura a seguir:
68°
3π 
10
rad
Sabendo-se que a soma das medidas dos ângulos internos 
de qualquer triângulo é igual a 180°, a medida do menor 
ângulo interno, em grado, do triângulo desenhado pelo 
aluno é igual a
A. 	 54.
B. 	 58.
C. 	 60.
D. 	 68.
E. 	 75.
Alternativa C
Resolução: O ângulo correspondente à meia-volta na 
circunferência mede 180° ou π rad. Sendo assim, o ângulo 
interno superior esquerdo da figura feita pelo aluno mede 
3
10
3 180
10
54� rad � �
� �. . O segundo ângulo indicado 
mede 68°. Como a soma dos ângulos internos de qualquer 
triângulo é igual a 180°, o terceiro ângulo do triângulo 
desenhado mede 180° – (54° + 68°) = 180° – 122° = 58°. 
Consequentemente, o menor ângulo interno do triângulo da 
questão mede 54°. Segundo o texto-base, 1 gon equivale 
a 0,9°. Dessa forma, tem-se que:
Ângulo em grado Ângulo em grau
1 gon 0,9°
x 54°
Montando a equação da proporcionalidade, segue que:
0 9 1 54 54
0 9
60, . .
,
x x x gon� � � � �
Portanto, o menor ângulo interno do triângulo desenhado 
pelo aluno mede 60 gon.
UAL3
MAT – PROVA II – PÁGINA 43EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 159 
A logomarca de uma empresa foi desenhada a partir de um círculo de centro O dividido em cinco regiões 
(I, II, III, IV e V), como mostra a imagem a seguir:
I
II
III
IV
V
O
No esboço do projeto, considerando os elementos destacados no círculo, o designer responsável escreveu as seguintes 
instruções para a pintura de cada uma das cinco partes da logomarca: 
• A região correspondente a um setor circular cujo ângulo central é agudo deverá ser pintada de vermelho;
• A região correspondente a um setor circular cujo ângulo central é obtuso deverá ser pintada de amarelo;
• A região delimitada por uma corda diferente do diâmetro e por um arco deverá ser pintada de azul;
• A região delimitada pelo diâmetro, por uma corda e por dois arcos de circunferência deverá ser pintada de preto;
• A região que sobrou deverá ser pintada de verde.
Conforme as instruções do projeto, a região a ser pintada de verde é a
A. 	 I.
B. 	 II.
C. 	 III.
D. 	 IV.
E. 	 V.
Alternativa D
Resolução: Os elementos da circunferência e as regiões são tais que:
• A região correspondente a um setor circular cujo ângulo central é agudo é a região II – vermelho;
• A região correspondente a um setor circular cujo ângulo central é obtuso é a região I – amarelo;
• A região delimitada por uma corda e um arco de circunferência é a região V – azul;
• A região delimitada pelo diâmetro, por uma corda e por dois arcos de circunferência é a III – preto;
• A região que sobrou é a IV – verde.
Amarelo
Vermelho
Verde
Preto
Azul
I
II
III
IV
V
O
Portanto, a região a ser pintada de verde é a IV.
NERY
MAT – PROVA II – PÁGINA 44 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 160 
Um contador organizou o resultado financeiro de uma empresa nos cinco primeiros meses de um ano em uma matriz F, 
representada a seguir, em que cada elemento aij representa o lucro dessa empresa, em milhares de reais, na semana i 
referente ao mês j.
F �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
50 20 30 10 5
12 20 0 20 5
11 10 10 10 10
14 15 12 12 12
 Porém, por um erro na montagem da apresentação, foi apresentada a matriz G, a seguir:
G �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
50 12 11 14
20 20 10 15
30 0 10 12
10 20 10 12
5 5 10 12
Em relação à matriz F, a matriz G é uma matriz
A. 	 antissimétrica.
B. 	 transposta.
C. 	 simétrica.
D. 	 inversa.
E. 	 oposta.
Alternativa B
Resolução: Como cada elementoaij de F é igual ao elemento aji de G, a matriz G caracteriza-se como uma matriz transposta de F.
QUESTÃO 161 
Um instrutor de academia, para treinar seus estagiários para a montagem das fichas dos clientes, classificou os exercícios 
em seis tipos e os dividiu em duas categorias: superiores (braços, costas e ombros) e inferiores (pernas, glúteos e abdome). 
As repetições dos exercícios relacionados a cada uma das partes do corpo configuram uma série. O instrutor definiu, então, 
a quantidade de repetições dos exercícios em cada série, conforme apresentado na tabela 1 a seguir:
Tabela 1 – Número de repetições de uma série
Categoria Número de repetições
Superiores Braços – 10 Costas – 8 Ombros – 6
Inferiores Pernas – 10 Glúteos – 8 Abdome – 10
Em seguida, considerando a simulação de um aluno que frequentasse a academia apenas 4 dias da semana, ele 
apresentou aos estagiários uma segunda tabela, constando a quantidade de vezes que cada série deveria ser realizada, 
por dia, conforme mostrado a seguir:
Tabela 2 – Quantidade de séries
Dia I Dia II Dia III Dia IV
1 0 1 0
2 1 2 1
3 2 1 1
De acordo com essa tabela, por exemplo, o aluno em questão deveria, no dia I, fazer 1 série de braços, 2 séries de 
costas e 3 séries de ombros. Além disso, nesse mesmo dia, deveria fazer 1 série de pernas, 2 séries de glúteos e 3 séries 
de abdome.
9WEØ
VF22
MAT – PROVA II – PÁGINA 45EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Os dados da tabela 1 podem ser apresentados em uma matriz A2 3× e os dados da tabela 2 podem ser apresentados 
em uma matriz B3 4× . O resultado da multiplicação das matrizes A e B, nessa ordem, é uma matriz C, cujos elementos 
representam o total de exercícios a serem feitos em cada uma das duas categorias, em cada dia de treino.
Nessas condições, o instrutor orientou os estagiários a complementarem a ficha com o treinamento diário com 
30 minutos de corrida na esteira, com a seguinte restrição: a corrida deveria ser feita apenas nos dias em que o número total 
de repetições dos exercícios superiores fosse menor que 30 e que o número total de repetições dos exercícios inferiores 
fosse menor que 35. 
Logo, a quantidade de dias da semana em que os estagiários podem complementar a ficha de treino com corrida na esteira 
é igual a
A. 	 0.
B. 	 1.
C. 	 2.
D. 	 3.
E. 	 4.
Alternativa C
Resolução: Transformando os dados das tabelas 1 e 2 nas matrizes A e B, respectivamente, tem-se A �
�
�
�
�
�
�
10 8 6
10 8 10
 e 
B �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
1 0 1 0
2 1 2 1
3 2 1 1
. Assim, a multiplicação das matrizes A e B fornece uma matriz C igual a: 
C
C
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
10 8 6
10 8 10
1 0 1 0
2 1 2 1
3 2 1 1
10 1 8 2 6 3 10
.
. . . . 00 8 1 6 2 10 1 8 2 6 1 10 0 8 1 6 1
10 1 8 2 10 3 10 0 8 1 10
� � � � � �
� � � �
. . . . . . . .
. . . . . .. . . . . . .2 10 1 8 2 10 1 10 0 8 1 10 1
44 20 32 14
56 28 36 18
� � � �
�
�
�
�
�
� �
�
�
�
�
�C
��
�
Nessa matriz, os elementos da primeira linha são a soma dos exercícios de braços, costas e ombros, e os da segunda 
linha representam a soma dos exercícios de perna, glúteos e abdome. As colunas representam, respectivamente, os dias 
1, 2, 3 e 4. Portanto, os dias da semana em que os estagiários poderão complementar a ficha de treino são os dias II e IV, 
ou seja, um total de 2 dias.
QUESTÃO 162 
Pedro gastou 8 min para dar uma volta em uma pista circular de 800 metros de comprimento, andando a uma velocidade 
constante VA. Na sua segunda volta, ele andou os primeiros 300 metros a uma velocidade constante VA e correu o restante 
da pista a uma velocidade constante VC, gastando agora 7 min e 10 s para completar essa volta.
Dessa forma, a velocidade constante VC corresponde a
A. 	 1,8 m/s.
B. 	 2,0 m/s.
C. 	 2,2 m/s.
D. 	 2,5 m/s.
E. 	 3,0 m/s.
HØMP
MAT – PROVA II – PÁGINA 46 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa B
Resolução: Na primeira volta na pista circular, Pedro 
percorreu 800 m em 8 minutos, dessa maneira, sua 
velocidade VA é dada por 800
8
= 100 m/min, fazendo a 
conversão das unidades de medidas de m/min para m/s, 
tem-se que 1 min = 60 seg, então, 100 m/min = 
100
60 m/s = 
5
3 m/s = VA.
A segunda volta foi completada em 430 segundos, 
percorrendo 300 m a VA e 500 a VC, pode-se formar uma 
equação com essas informações: 
300 500 430 300
5
3
500 430
300 3
5
500 430
180 500
V V V
V
V
A C C
C
C
� � � � � �
� � � �
� �� � � � �
� � � � �
430 500 430 180
500 250 500
250
2
V
V
V V
C
C
C C
Dessa maneira, tem-se que VC é 2,0 m/s.
QUESTÃO 163 
No hóquei sobre gelo, há algumas áreas da quadra 
chamadas de face-offs, nas quais os jogadores disputam 
o puck depois de alguma infração. A seguir, estão 
representadas a quadra de hóquei (à esquerda) e, em 
detalhe, uma das áreas de face-off. 
A
O
B
C
Disponível em: <www.theplayoffs.com.br>. 
Acesso em: 21 nov. 2023 (Adaptação). 
Nessa área de face-off, centrada em C, estão 
posicionados três jogadores (A, O e B). Em uma atividade 
interdisciplinar envolvendo Educação Física e Matemática, 
essa área de face-off foi representada por meio de um ciclo 
trigonométrico com origem em O e cuja orientação era no 
sentido anti-horário. Nessa representação, os jogadores 
A e B se encontrariam em posições simétricas em relação 
à origem. 
Caso o ângulo representado pelo menor arco entre os pontos 
O e A meça 100°, o cosseno do ângulo correspondente ao 
maior arco entre os pontos O e B terá o mesmo valor do
A. 	 seno de 190°.
B. 	 seno de 260°.
C. 	 cosseno de 10°.
D. 	 cosseno de 80°.
E. 	 cosseno de 180°.
OJ8X
Alternativa D
Resolução: O ângulo representado pelo menor arco entre 
O e A mede 100°. Assim, como o ponto B é simétrico ao 
ponto A em relação à origem, então o maior arco entre 
O e B mede 280°. O cosseno de 280°, ângulo que está no 
4º quadrante, é o mesmo cosseno de seu simétrico em 
relação ao eixo x, no 1º quadrante, ou seja, o ângulo de 80°.
QUESTÃO 164 
Em um aplicativo de celular, o usuário pode definir a 
meta para a quantidade de passos que deseja realizar ao 
longo do dia, sendo que essa quantidade é representada 
em uma circunferência centrada em O. Quando a meta é 
atingida, um sinal sonoro é emitido. Nesse aplicativo, é 
possível salvar metas diferentes e escolher o dia em que 
cada uma delas será utilizada. À medida que a pessoa dá 
os seus passos ao longo do dia, a circunferência vai sendo 
preenchida até que se atinja a meta. 
Certo usuário definiu a meta de 6 000 passos diários 
de segunda a sexta-feira e 8 100 passos diários para o final 
de semana. No entanto, em uma terça-feira, ele escolheu 
equivocadamente o padrão do final de semana e observou 
que, ao final daquele dia, o aplicativo exibia um arco de 
240° na tela, conforme ilustrado a seguir:
O
Quantidade de passos
Com base nas informações dadas, a quantidade de passos 
que ainda faltavam para que o usuário completasse a meta 
usual de uma terça-feira era igual a
A. 	 120.
B. 	 600.
C. 	 2 000.
D. 	 2 700.
E. 	 4 100.
Alternativa B
Resolução: A circunferência tem 360° de modo que 240° 
equivalem a 2
3
 desse valor. Como o usuário selecionou a 
meta de final de semana, ou seja, a de 8 100 passos, então 
foram dados:
2
3
8 100 2 2 700 5 400. .= = passos
Portanto, para se atingir a meta usual para um dia útil, ainda 
faltavam 6 000 – 5 400 = 600 passos. 
A1WZ
MAT – PROVA II – PÁGINA 47EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 165 
Pesquisa da Secretaria Municipal de Proteção e Defesa do Consumidor realizada nos supermercados da cidade de João 
Pessoa constata que a variação no preço dos alimentos da cesta básica chega a 115,08% em diferentes estabelecimentos. 
O levantamento coletou preços de 73 itens em 17 estabelecimentos e traz valores de produtos como óleo, feijão, arroz 
parboilizado, café, macarrão, massa para cuscuz, açúcar, sal, leite em pó e manteiga, e divulgou tabela com os valores 
coletados.
Disponível em:<www.joaopessoa.pb.gov.br>. 
Acesso em: 20 nov. 2023 (Adaptação).
A fim de calcular em qual dos estabelecimentos gastaria menos para fazer as compras do mês, um consumidor 
transformou todos os dados da tabela disponibilizada pela pesquisa em uma matriz P de preços, na qual cada um dos 
estabelecimentos está referenciado em cada uma das linhas e cada um dos produtos estão referenciados em cada uma 
das colunas. Adicionalmente, ele montou uma matriz coluna Q, com as respectivas quantidades de que ele necessitava 
comprar de cada produto.
Considerando esses dados, para calcular o valor total que gastará em cada estabelecimento, a operação a ser realizada 
entre as matrizes P e Q e a matriz R encontrada como resultado estão melhor representados em:
A. 	 P Q R17 73 1 17 73 1� � ��.
B. 	 P Q R17 73 1 73 1 17� � ��.
C. 	 P Q R17 73 1 73 17 1� � ��.
D. 	 P Q R17 73 73 1 17 1� � ��.
E. 	 P Q R17 73 73 1 73 73� � ��.
Alternativa D
Resolução: Conforme as informações do texto, a pesquisa resultou em uma tabela com informações de preços de 73 itens 
em 17 estabelecimentos. Uma vez que a matriz P foi construída com todos esses dados, mantendo os estabelecimentos 
em linha e os produtos em coluna, a matriz P tem 17 linhas e 73 colunas. A matriz de quantidades é uma matriz coluna, 
logo tem 1 coluna e, uma vez que traz as informações de cada item, tem 73 linhas. Para encontrar o valor total que gastará 
em cada estabelecimento, o consumidor precisa realizar a multiplicação entre as matrizes P e Q, de modo que o resultado 
será uma matriz com 17 linhas e uma coluna, em que cada linha é o preço total gasto em cada estabelecimento.
Portanto, tem-se:
P Q R17 73 73 1 17 1� � ��.
QUESTÃO 166 
Uma desenvolvedora de jogos eletrônicos vende moedas virtuais de ouro e prata a seus clientes para que eles possam 
trocá-las por jogos ou itens para os personagens. Todas as moedas de ouro são vendidas a um mesmo preço. Todas as 
moedas de prata também são vendidas a um mesmo preço, que é diferente do preço das moedas de ouro. Em outubro do 
ano passado, Daniel comprou 1 000 moedas de ouro e 500 moedas de prata e pagou R$ 650,00 por todas essas moedas. 
No mês seguinte, devido à tradição da Black Friday, a desenvolvedora de jogos ofereceu 20% de desconto no preço da 
moeda de ouro e 10% de desconto no preço da moeda de prata. Aproveitando essa promoção, Daniel comprou 1 200 
moedas de ouro e 600 moedas de prata e pagou R$ 642,00 por todas essas moedas.
O valor de duas moedas, sendo uma de prata e outra de ouro, durante a Black Friday, era de 
A. 	 R$ 0,13.
B. 	 R$ 0,32.
C. 	 R$ 0,53.
D. 	 R$ 0,67.
E. 	 R$ 0,80.
WKJ2
1DWB
MAT – PROVA II – PÁGINA 48 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa D
Resolução: Seja x o valor de uma moeda de ouro e y o valor de uma moeda de prata, sem o desconto. No mês de outubro, 
Daniel comprou 1 000 moedas de ouro e 500 moedas de prata, gastando um total de R$ 650,00. Sendo assim, tem-se que
1000 500 650x y I� � ( )
No mês de novembro, o preço das moedas de ouro estava 20% menor, ou seja, cada uma estava custando 0,80x. 
O preço das moedas de prata, por sua vez, estava 10% menor, isto é, cada uma estava custando 0,90y. Como Daniel 
comprou 1 200 moedas de ouro e 600 moedas de prata, pagando R$ 642,00 pelas moedas, tem-se que:
1200 0 80 600 0 90 642
960 540 642
. , . ,
( )
x y
x y II
� � �
� �
Isolando a incógnita y na equação I, obtém-se:
500 650 1000
1 30 2
y x
y x III
� � �
� �, ( )
Substituindo o y da equação III na equação II, chega-se ao seguinte resultado:
960 540 1 30 2 642
960 702 1080 642
120 60 0 50
x x
x x
x x
� � � �
� � � �
� � �
.( , )
,
Substituindo o valor de x encontrado na equação I, obtém-se:
1000 0 50 500 650
500 650 500 150
150
500
0 30
. ,
,
� � �
� � � �
� � �
y
y
y y
Durante a Black Friday, cada moeda de ouro custava 0,80 . R$ 0,50 = R$ 0,40 e cada moeda de prata custava 
0,90 . R$ 0,30 = R$ 0,27. Ao somar os valores de uma moeda de ouro com uma moeda de prata, com os descontos, tem-se:
0,40 + 0,27 = 0,67, ou seja, R$ 0,67.
QUESTÃO 167 
Em uma feira de tecnologia, em um dos estandes, um braço robótico foi programado para realizar o corte de uma chapa 
a fim de desenhar a logomarca de um dos patrocinadores do evento. Esse corte seria iniciado no ponto O, que se trata do 
centro de uma circunferência de 1 metro de raio. Depois, o corte seguiria para o ponto B, sendo que o segmento OB tem 
a medida do raio dessa circunferência. Por fim, percorreria 315° sobre a circunferência no sentido horário, chegando no 
ponto A para regressar ao ponto inicial, finalizando a tarefa. A figura a seguir representa o trajeto realizado:
A
B
O
Um dos responsáveis pelo estande mostrou aos presentes que um dos modos de se programar o robô era informando 
as coordenadas de alguns pontos de referência. Assim, depois de centrar o robô em O(0,0), o próximo passo seria o de 
indicar as coordenadas do ponto B.
B7DZ
MAT – PROVA II – PÁGINA 49EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
As coordenadas do ponto B informadas deveriam ser:
A. 	 �
�
�
��
�
�
��
2
2
2
2
,
B. 	 � �
�
�
��
�
�
��
3
2
1
2
,
C. 	
1
2
3
2
, �
�
�
��
�
�
��
D. 	
2
2
2
2
, �
�
�
��
�
�
��
E. 	
3
2
1
2
, �
�
�
��
�
�
��
Alternativa D
Resolução: Como o robô percorreu uma trajetória referente 
a 315° sobre a circunferência, ao se deslocar de B para A, 
e o raio é unitário, as coordenadas desse ponto correspondem 
aos valores de seno e cosseno desse ângulo. Pode-se 
observar que o ângulo de 315° está no 4º quadrante, 
o mesmo cosseno e o seno oposto ao ângulo de 45°. 
Portanto, as coordenadas do ponto B são 2
2
2
2
, �
�
�
��
�
�
��.
QUESTÃO 168 
No ano de 1980, chegava aos fliperamas, no Japão, 
aquilo que viria a ser considerado um dos maiores clássicos 
dos videogames: Pac-Man. Muito conhecido também no 
Brasil pelo apelido de “Come-come”, o conceito visual 
de Pac-Man foi criado por Iwatani com base no símbolo 
japonês que significa “boca”. O desenvolvedor resolveu 
arredondá-lo, pintá-lo de amarelo e teve a ideia para 
o boneco de boca aberta. Por anos, Iwatani disse, em 
entrevistas, que o design havia sido inspirado por uma pizza 
de oito pedaços da qual ele já havia comido dois pedaços.
Disponível em: <www.correiobraziliense.com.br>. Acesso em: 28 nov. 
2023 (Adaptação).
Uma representação plana do clássico símbolo do 
Pac-Man foi feita a partir de um setor circular de 10 cm de raio.
Considerando � � 3, o comprimento total do contorno desse 
personagem mede, aproximadamente,
A. 	 30 cm.
B. 	 35 cm.
C. 	 45 cm.
D. 	 65 cm.
E. 	 70 cm.
MPRS
Alternativa D
Resolução: O personagem teve uma de suas inspirações 
em uma pizza de oito pedaços dos quais foram comidos dois 
e restaram seis pedaços. Desse modo, o ângulo formado 
pela boca do Pac-Man é de 90°.
Como o ângulo da boca do personagem mede 90°, o ângulo 
que define o seu contorno externo mede:
360° – 90° = 270°
O comprimento de um arco circular é dado por:
C R cm�
�
�
�
�
� �
2
360
2 3 10 270
360
60 3
4
45. . . . . . .� �
Logo, o comprimento do arco é de 45 cm, aproximadamente. 
Esse Pac-Man é formado por uma parte circular com 45 cm 
somado a dois segmentos (raios) de 10 cm cada. Desse 
modo, o comprimento total do contorno desse personagem 
é de:
45 + 10 + 10 = 65 cm
Portanto, o comprimento total do contorno desse 
personagem é de aproximadamente 65 cm.
QUESTÃO 169 
Um lustre foi projetado para ser composto por duas 
estruturas retilíneas de 30 cm cada, formando entre elas um 
ângulo de 40°. Preso pelas extremidades inferiores dessas 
estruturas, deve haver um fio metálico, que sustentará três 
lâmpadas, conforme a imagem a seguir:
30 cm30 cm
40º
Fio metálico
Uma vez que o fio metálico, no projeto, é um arco 
de circunferência, considerando-se � � 3, o comprimento 
desse fio, em centímetro, é aproximadamente
A. 	 10.
B. 	 20.
C. 	 30.
D. 	 40.
E. 	 60.
SØ9V
MAT – PROVA II – PÁGINA 50 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1– 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa B
Resolução: O comprimento de uma circunferência é dado por 2 . .π r , em que r indica o raio dessa circunferência. Uma 
vez que o ângulo formado pelas hastes retilíneas é de 40°, tem-se:
Medida do arco Comprimento do arco
360° 2 . π . r
40° x
Considerando � � 3, substituindo r por 30 e aplicando a regra de três, chega-se ao seguinte comprimento para o fio metálico:
x x�
� �
� �
40 2 3 30
360
20
. . .
Portanto, o comprimento desse fio metálico é igual a 20 cm.
QUESTÃO 170 
No sistema de registro de valores a receber, o dono de uma lanchonete anota os clientes e os respectivos valores 
devidos em uma matriz M = (aij)m × n, em que m indica o cliente e n indica o dia em que a dívida foi registrada (n = 1 refere-se 
à segunda-feira; n = 2, à terça-feira; e assim por diante até n = 5, que se refere à sexta-feira). Na primeira semana de um 
determinado mês, as dívidas, em real, de 5 clientes foram anotadas no sistema de registro, conforme mostrado a seguir:
M �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
4 5 6 6 5
5 5 5 5 5
4 5 4 3 2
2 9 2 5 2
3 3 5 6 8
O sistema é programado para atualizar os valores ao final de cada mês, considerando juros pela demora no pagamento. 
Porém, por um erro do aplicativo, a matriz M foi multiplicada pelo valor 1,1 ao final do quinto dia da primeira semana.
Após a multiplicação da matriz M, o cliente que deve o maior valor, no total desses cinco dias, tem uma dívida de
A. 	 R$ 26,00.
B. 	 R$ 26,40.
C. 	 R$ 27,00.
D. 	 R$ 28,60.
E. 	 R$ 29,70.
Alternativa D
Resolução: Após a multiplicação de M por 1,1, obtém-se a seguinte matriz:
11 11
4 5 6 6 5
5 5 5 5 5
4 5 4 3 2
2 9 2 5 2
3 3 5 6 8
4 40 5
, . , .
, ,
M �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
550 6 60 6 60 5 50
5 50 5 50 5 50 5 50 5 50
4 40 5 50 4 40 3 30 2 20
2 2
, , ,
, , , , ,
, , , , ,
, 00 9 90 2 20 5 50 2 20
3 30 3 30 5 50 6 60 8 80
, , , ,
, , , , ,
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Uma vez que as linhas dessa matriz guardam os valores referentes a cada cliente, para calcular a dívida total de cada 
cliente, basta somar todos os valores de uma mesma linha. Desse modo, tem-se:
• Cliente 1: 4,4 + 5,5 + 6,6 + 6,6 + 5,5 = 28,60
• Cliente 2: 5,5 + 5,5 + 5,5 + 5,5 + 5,5 = 27,50
• Cliente 3: 4,4 + 5,5 + 4,4 + 3,3 + 2,2 = 19,80
• Cliente 4: 2,2 + 9,9 + 2,2 + 5,5 + 2,2 = 22,00
• Cliente 5: 3,3 + 3,3 + 5,5 + 6,6 + 8,8 = 27,50
Portanto, após a multiplicação, o cliente que deve o maior valor, no total desses cinco dias, tem uma dívida de R$ 28,60.
EIXX
MAT – PROVA II – PÁGINA 51EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 171 
A figura a seguir é um esquema simplificado da vista superior de um espaço reservado para um show de música. 
Nesse esquema, as retas x e y são os eixos cartesianos e o segmento AB, cujo ponto médio é o ponto O, representa 
o palco onde ficará a banda.
E
D
C
AB
F
G
H
O
y
x
SETOR
PALCO
As cadeiras destinadas ao público estão dispostas sobre semicircunferências concêntricas, centradas em O, denominadas 
setores, cujo diâmetro pertence ao segmento AB. No esquema anterior, está representado o setor que possui o diâmetro 
igual ao comprimento do palco. Nesse esquema, foram representadas, por meio de pontos, 6 cadeiras desse setor 
(C, D, E, F, G e H). Os pares de pontos C e H, D e G, E e F são simétricos em relação ao eixo y; os ângulos 
AOC , AOD e AOE medem, respectivamente, 30°, 45° e 60°.
Sabendo que o palco AB tem 20 m de comprimento, a distância, em metro, entre a cadeira G e o palco é igual a
A. 	 5.
B. 	 10.
C. 	 5 2.
D. 	 5 3.
E. 	 10 2.
Alternativa C
Resolução: O palco representado pelo segmento AB tem 20 metros de comprimento. Uma vez que a cadeira G é simétrica 
à cadeira D em relação ao eixo y, o ângulo BOG mede 45°. Como a cadeira G pertence à semicircunferência, tem-se que 
a distância entre os pontos O e G é igual ao raio dessa semicircunferência, ou seja, metade do comprimento do palco:
OG = 20 : 2 = 10 m
Seja G’ a projeção ortogonal do ponto G no eixo x, a distância pedida é igual ao comprimento do segmento G’G.
SETOR
E
D
C
A
F
G
H
B
O
PALCO
10 m
45°
y
x
O triângulo GG’O é retângulo em G’. Aplicando a definição de seno nesse triângulo, obtém-se:
sen GG
OG
GG GG GG m45
10
2
2
10 2
2
5 2� � � � � � � �
' ' ' '
Portanto, a distância entre a cadeira G e o palco (eixo x) é igual a 5 2 m.
7M3S
MAT – PROVA II – PÁGINA 52 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Uma vez que o candidato A obteve a nota 46 na segunda 
fase do concurso, tem-se que:
2 50 46 2 50 46 3 96 32x x x x x x� � � � � � � � � � �( )
Logo, o candidato A acertou 32 questões e errou 18 questões 
na segunda fase do concurso.
Portanto, o candidato A errou 4 + 18 = 22 questões nas 
duas etapas.
QUESTÃO 173 
Um desenhista, pretendendo reproduzir com perfeição 
um trifólio (símbolo da radiação), utiliza uma circunferência 
trigonométrica de centro O(0,0) e raio 1, orientada no sentido 
anti-horário, em um plano cartesiano, como representado a 
seguir. Ele pretende fazer marcações em cada um dos pontos 
B, C, D, E e F, mostrados na figura, indicando o ângulo θ, 
em radiano, tal que 0 2� �� � do círculo trigonométrico 
representado, de modo que os arcos compreendidos entre 
dois pontos consecutivos sejam todos do mesmo tamanho 
e o ponto A seja a origem do ciclo.
B
A
FE
D
C
O
–1 1
1
–1
O seno do ângulo que tem a medida do arco ABC e o 
cosseno do ângulo que tem a medida do arco ADE são, 
respectivamente, iguais a:
A. 	 2
2
 e −
2
2
B. 	 −
2
2
 e −
2
2
C. 	 3
2
 e −
1
2
D. 	 −
3
2
 e −
1
2
E. 	 1
2
 e −
3
2
L9XP
QUESTÃO 172 
Um concurso público é constituído de duas etapas 
com 50 questões em cada uma. Na primeira etapa, cada 
questão certa vale 1 ponto e questões erradas não são 
pontuadas. Algumas notas de três candidatos nessa etapa 
estão listadas na matriz N a seguir, em que as linhas 1, 
2 e 3 são referentes às notas dos candidatos A, B e C, 
respectivamente. Os valores que ainda não haviam sido 
preenchidos na matriz N foram substituídos por “?”.
N �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
46
?
?
Na segunda etapa desse concurso, cada questão 
acertada pelos candidatos vale 2 pontos e a cada questão 
errada o candidato perde 1 ponto. A matriz M a seguir 
apresenta algumas notas obtidas na segunda fase do 
concurso pelos três candidatos citados anteriormente. 
Assim como na matriz N, os valores que ainda não haviam 
sido preenchidos na matriz M foram substituídos por “?” 
e as linhas 1, 2 e 3 desta matriz referem-se aos candidatos 
A, B e C, respectivamente.
M �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
?
10
25
Sabendo-se que as matrizes M e N serão iguais após o 
preenchimento de todas as notas, a soma do número de 
questões respondidas incorretamente pelo candidato A nas 
duas etapas desse concurso é igual a
A. 	 4.
B. 	 8.
C. 	 15.
D. 	 18.
E. 	 22.
Alternativa E
Resolução: Duas matrizes M e N serão iguais se elas 
tiverem o mesmo tamanho e seus respectivos elementos 
forem todos iguais. Sendo assim, as entradas n11 e m11 
das matrizes N e M, respectivamente, serão iguais. Logo, 
m11 = 46 representa a nota que o candidato A recebeu na 
segunda fase do concurso. Essa mesma nota foi obtida 
pelo candidato A na primeira fase. Como a primeira fase 
desse concurso foi uma prova de 50 questões, em que cada 
questão acertada valia 1 ponto e as questões erradas não 
eram pontuadas, o candidato A acertou 46 questões e errou 
4 na primeira fase. Na segunda fase, por outro lado, cada 
questão certa valia 2 pontos e, para cada questão errada, o 
candidato perdia 1 ponto. Se x é a quantidade de questões 
acertadas pelo candidato, 50 – x representa a quantidade 
de questões erradas. Dessa forma, o total de pontos obtidos 
pelo candidato nesta fase será dado por 2x – (50 – x). 
T5RU
MAT – PROVA II – PÁGINA 53EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa C
Resolução: Para o desenho do trifólio, o ciclo trigonométrico foidividido em 6 setores circulares congruentes. Como uma volta 
completa no ciclo corresponde a um ângulo de 360°, cada setor tem um ângulo central igual a 360° : 6 = 60°. Dessa forma, 
o ponto C corresponde ao arco de 120° e o ponto E corresponde ao arco de 240°. Sabe-se, pelo ciclo trigonométrico, que:
sen sen120 60 3
2
� � � �
cos cos240 60 1
2
� � � � � �
Portanto, o seno do arco referente ao ponto C e o cosseno do arco referente ao ponto E são, respectivamente, 
iguais a 3
2
 e − 1
2
.
QUESTÃO 174 
Um grupo de três mergulhadores encontrou, em uma região de naufrágio, alguns itens de ouro de uma embarcação 
antiga que havia naufragado. O primeiro mergulhador recolheu 4 pratos, 4 copos e 5 colheres, obtendo 13,4 quilogramas 
de ouro. Já o segundo mergulhador trouxe para a superfície 2 pratos, 2 copos e 4 colheres, que totalizaram 7,0 quilogramas 
de ouro. O terceiro mergulhador recolheu 1 prato, 1 copo e 1 colher, obtendo 3,3 quilogramas de ouro. Sabe-se que todos 
os itens do mesmo tipo são idênticos em forma e massa.
Dessa maneira, a massa das colheres de ouro recolhidas pelos mergulhadores, em quilograma, foi igual a
A. 	 0,2.
B. 	 1,4.
C. 	 2,0.
D. 	 2,8.
E. 	 3,1.
Alternativa C
Resolução: Como todos os itens do mesmo tipo são idênticos em forma e massa, seja x a massa do prato de ouro, 
y a massa do copo de ouro e z a massa da colher de ouro. De acordo com as informações do enunciado, pode-se montar 
o seguinte sistema:
4 4 5 13 4
2 2 4 7 0
3 3
x y z
x y z
x y z
� � �
� � �
� � �
�
�
�
�
�
,
,
,
Resolvendo o sistema, tem-se:
4 4 5 13 4
2 2 4 7 0 1
2
3 3
4 4 5
x y z
x y z
x y z
x y
� � �
� � � �
�
�
�
�
�
� � �
�
�
�
�
�
�
�
�
� �
,
, .
,
zz
x y z
x y z
L L
x y z
z
�
� � �
� � �
�
�
�
�
�
�
� �
� � �
�
�
�
13 4
2 3 5
3 3
4 4 5 13 4
0 22 3
,
,
,
,
,��
Assim, subtraindo as duas últimas equações, tem-se z = 0,2 kg, ou seja, a massa de cada colher é 0,2 kg. Somando as 
quantidades de colheres recolhidas pelos mergulhadores, obtém-se:
5z + 4z + z = 10z = 10 . 0,2 = 2,0 kg
Portanto, a massa das colheres de ouro recolhidas pelos mergulhadores foi igual a 2,0 kg.
5ZN9
MAT – PROVA II – PÁGINA 54 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 175 
O ciclo trigonométrico é utilizado para expressar as 
principais relações trigonométricas de maneira gráfica.
Para estimular a percepção dos alunos de um colégio, 
foi pedido que representassem as tangentes de três ângulos 
sobre o eixo das tangentes. Os ângulos escolhidos foram 30°, 
120° e 210°, tendo as tangentes indicadas pelas letras A, B e C, 
respectivamente.
O quadro a seguir apresenta as tarefas feitas por cinco 
alunos: Ana, Breno, Caio, Daniela e Elias.
Ana
B
A
C
Breno
00
0 0
0
A,C
B
Caio
A,C
B
Daniela
A
B,C
Elias
A
C
B
Com base nas ilustrações, o desenho correto foi feito por
A. 	 Ana.
B. 	 Breno.
C. 	 Caio.
D. 	 Daniela.
E. 	 Elias.
Alternativa B
Resolução: O eixo das tangentes é paralelo ao eixo dos 
senos e está representado em todos os desenhos, sendo 
justamente aquele sobre o qual as letras A, B e C estão 
posicionadas. Para se determinar a tangente, deve-se 
prolongar a reta partindo do ponto que indica a medida 
do ângulo, passando pela origem, até chegar ao eixo das 
tangentes.
Indicando esses ângulos sobre o ciclo trigonométrico como 
A’ (30°), B’ (120°) e C’ (210°), tem-se:
B’
C’
A’
TLØK Prolongando até o eixo das tangentes, tem-se:
B’
C’
A’
Deve-se notar que 30° e 210° têm o mesmo valor de 
tangente, por simetria. O seno de A’ é o oposto do seno de B’, 
assim como o cosseno de A’ é o oposto do cosseno de B’. 
Porém, quando dividir seno por cosseno, encontra-se o 
mesmo valor de tangente. Marcando os pontos A, B e C 
sobre o eixo das tangentes, tem-se:
B’
B
C’
A’ A,C
Retirando os pontos A’, B’ e C’ e as retas usadas na 
construção, tem-se:
A,C
B
Tirando a prova, apresentando os valores do seno, cosseno 
e tangente dos ângulos dados (para obter a tangente, 
deve-se dividir o seno pelo cosseno):
Ângulo Seno Cosseno Tangente
30° (A)
1
2
3
2
3
3
0 58≅ ,
120° (B) 3
2
��
�
�
�
�
�
1
2
�� � � �3 1 73,
210° (C) ��
�
�
�
�
�
1
2
�
�
�
��
�
�
��
3
2
3
3
0 58≅ ,
Portanto, o desenho foi corretamente realizado por Breno.
MAT – PROVA II – PÁGINA 55EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 176 
Um grupo de cinco amigos, Ana, Bernardo, Carla, Daniel e Elias, deseja seguir hábitos de vida mais saudáveis. Para 
tanto, os amigos registraram em duas matrizes, A e B, mostradas a seguir, quantas vezes cada um deles praticou alguma 
atividade física durante os cinco dias úteis de duas semanas consecutivas. Na matriz A, cada entrada aij indica quantas 
vezes o amigo i se exercitou no dia j durante a primeira semana e, na matriz B, cada entrada bij indica quantas vezes 
o amigo i se exercitou no dia j durante a segunda semana, com i seguindo a ordem dada em ambos os casos.
A B�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
1 2 3 0 1
0 0 1 2 3
1 0 0 2 2
2 2 2 2 2
3 1 1 0 0
2 2 1 1 1
1 1 2 2 2
0 0 0 00 1
1 2 1 1 2
3 3 1 0 3
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Entre os cinco amigos, quem praticou uma maior quantidade de atividades físicas no acumulado das duas semanas foi o(a)
A. 	 Ana.
B. 	 Bernardo.
C. 	 Carla.
D. 	 Daniel.
E. 	 Elias.
Alternativa D
Resolução: Cada entrada cij da matriz C = A + B representa quantas atividades o amigo i praticou no dia j no acumulado 
das duas semanas consecutivas consideradas.
C A B C� � � �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
1 2 3 0 1
0 0 1 2 3
1 0 0 2 2
2 2 2 2 2
3 1 1 0 0
2 2 1 1 1
1 1 2 22 2
0 0 0 0 1
1 2 1 1 2
3 3 1 0 3
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Para fazer a adição de duas matrizes, devem-se somar os elementos que ocupam a mesma posição. Assim, tem-se: 
C �
� � � � �
� � � � �
� � � � �
� � � �
1 2 2 2 3 1 0 1 1 1
0 1 0 1 1 2 2 2 3 2
1 0 0 0 0 0 2 0 2 1
2 1 2 2 2 1 2 11 2 2
3 3 1 3 1 1 0 0 0 3
3 4 4 1 2
1 1 3 4 5
1 0 0 2 3
3 4 3 3�
� � � � �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� �C
44
6 4 2 0 3
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Somando os elementos de cada linha, obtém-se o total de atividades praticadas por cada amigo durante as duas semanas. 
Sendo assim, tem-se que:
• Ana praticou 3 + 4 + 4 + 1 + 2 = 14 atividades físicas.
• Bernardo praticou 1 + 1 + 3 + 4 + 5 = 14 atividades físicas.
• Carla praticou 1 + 0 + 0 + 2 + 3 = 6 atividades físicas.
• Daniel praticou 3 + 4 + 3 + 3 + 4 = 17 atividades físicas.
• Elias praticou 6 + 4 + 2 + 0 + 3 = 15 atividades físicas.
Portanto, Daniel foi o amigo que praticou a maior quantidade de atividades físicas no acumulado das duas semanas 
consideradas.
8SKR
MAT – PROVA II – PÁGINA 56 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
No cruzamento entre as ruas B e C, por sua vez, tem-se que:
y z
y z II
� � � �
� � �
400 350
50 ( )
Por fim, no cruzamento entre as ruas B e D, tem-se que:
z
z
z III
� � � �
� � � �
�
100 300 300
300 300 100
500 ( )
Substituindo o valor de z encontrado na equação III na 
equação II, obtém-se:
y y y� � � � � � � �500 50 500 50 450
Por fim, substituindo o valor de y encontrado na equação I, 
chega-se ao valor de x:
x x x� � � � � � � �450 100 450 100 350
Dessa forma, tem-se que x = 350, y = 450 e z = 500.
Portanto, no trecho da rua C entre as ruas A e B passam, 
em média, 450 carros a cada hora.
QUESTÃO 178 
Nas partidas de futebol, especialmente nos clássicos 
entre equipes da mesma cidade ou estado, é comum que haja 
divergências entre as quantidades de vitórias contabilizadas 
pelos clubes. Para resolver as inconsistências na contagem 
histórica de confrontos entre as vinte principais equipes de 
futebol do Brasil, um historiador fez uma longa pesquisa e 
organizou os dados em uma matriz M de ordem 20. Nessa 
matriz, cada elemento aij representa o número de vezes em 
que a equipe i já enfrentou a equipe j, em partidas oficiais, 
em toda a sua história.
Para que não haja inconsistências na contagem,essa 
matriz M deve ser
A. 	 antissimétrica, com todos os elementos da diagonal 
principal iguais a 0.
B. 	 antissimétrica, com todos os elementos da diagonal 
principal iguais a 1.
C. 	 simétrica, com todos os elementos da diagonal 
principal iguais a 0.
D. 	 simétrica, com todos os elementos da diagonal 
principal iguais a 1.
E. 	 simétrica, com todos os elementos da diagonal 
principal diferentes entre si.
Alternativa C
Resolução: Para que não haja inconsistências na 
contagem, o elemento aij da matriz A deve ser igual ao 
elemento aji da mesma matriz, uma vez que a ordem em 
que os times são considerados é irrelevante na contagem 
das partidas (mando de campo, no contexto do futebol). 
GTWW
QUESTÃO 177 
Um engenheiro de tráfego foi contratado pela prefeitura 
de uma grande cidade para elaborar planejamentos de 
estratégias a fim de melhorar o fluxo de veículos em um 
dos bairros centrais dessa cidade. Como primeira parte 
do projeto, o engenheiro coletou dados sobre as vias 
que davam acesso ao bairro. Nesse estudo preliminar, 
ele observou que todas essas vias eram de mão única 
e anotou a quantidade de carros que passavam em 
cada um dos cruzamentos dessas vias, em média, a 
cada hora. A fim de facilitar a análise, o engenheiro 
esboçou, utilizando um programa de computador, 
o seguinte diagrama das ruas pesquisadas:
Rua A
200
Rua B
400
z
300
x
150
y 350300
300 100100
PRAÇA
Rua C
Rua D
No momento da impressão do diagrama, ocorreu uma 
falha e o engenheiro acabou perdendo os dados sobre 
as quantidades de carros que passavam a cada hora nos 
trechos das ruas A, C e B, que circundam a praça do bairro. 
Para facilitar a identificação, ele chamou esses fluxos de x, y 
e z, respectivamente, como mostrado na figura anterior. No 
entanto, mesmo com esse erro de impressão, o engenheiro 
foi capaz de determinar os valores faltosos.
Após esses cálculos, o engenheiro determinou que a 
quantidade de carros que passavam, em média, a cada 
hora pelo trecho da rua C compreendido entre as ruas A 
e B era igual a
A. 	 200.
B. 	 300.
C. 	 350.
D. 	 450.
E. 	 500.
Alternativa D
Resolução: Em cada um dos quatro cruzamentos 
presentes no diagrama, a quantidade de carros que chegam 
ao cruzamento deve ser igual à quantidade de carros que 
saem do cruzamento, caso contrário, carros ficariam retidos 
nos cruzamentos. Sendo assim, no cruzamento entre as 
ruas A e C, tem-se que:
x y
x y I
� � � �
� � �
300 200
100 ( )
UA8T
MAT – PROVA II – PÁGINA 57EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Isso significa que o número de partidas entre os times i e j 
deve ser igual ao número de partidas entre os times j e i. 
Além disso, todas as entradas referentes à diagonal principal 
devem ser nulas, uma vez que o time i não pode ter jogado 
contra si mesmo na série histórica de partidas oficiais. 
Uma matriz cujas entradas aij são iguais às entradas aji 
é classificada como simétrica.
Portanto, para que não haja inconsistências na contagem 
das partidas entre os principais clubes de futebol do Brasil, 
a matriz M montada pelo historiador deve ser simétrica e 
todos os elementos da diagonal principal devem ser nulos.
QUESTÃO 179 
A inclinação máxima a ser vencida por um veículo de 
tração simples em pista seca é de 27°. Caso a pista de 
asfalto ou cimento esteja molhada, essa inclinação máxima 
é reduzida para 21°.
Disponível em: <www.if.ufrgs.br>. Acesso em: 21 nov. 2023 
(Adaptação).
Em um laboratório de ensaios com veículos automotores, 
o aparelho de medição angular estava configurado em 
radiano. Em um dos testes realizados nesse laboratório, 
um carro de tração simples foi posicionado no ângulo que 
representa a metade entre as inclinações máximas para a 
pista molhada e a pista seca para esse modelo de veículo.
O ângulo adotado, em radiano, foi de:
A. 	
π
60
B. 	
π
30
C. 	
π
15
D. 	
2
15
π
E. 	
2
5
π
Alternativa D
Resolução: De acordo com o texto-base, as inclinações 
máximas para um veículo de tração simples na pista 
molhada e na pista seca são de 21° e 27°, respectivamente. 
O veículo em questão foi posicionado a uma inclinação 
correspondente à média desses valores, ou seja, 24°. 
Portanto, deve-se converter o ângulo de 24° de graus para 
radianos:
Ângulo em grau Ângulo em radiano
180° π
24° x
8X2Q
Resolvendo essa regra de três simples, tem-se que:
180 24 24
180
2
15
x x radianos� � � ��
� �
Logo, o ângulo adotado, em radiano, foi de 2
15
π .
QUESTÃO 180 
Um desenhista, pretendendo reproduzir o Homem 
Vitruviano, obra clássica de Leonardo da Vinci, utilizou-se 
de uma circunferência trigonométrica de raio unitário. 
Sabe-se que esse ciclo está centrado na origem de um 
plano cartesiano, orientado no sentido anti-horário, a partir 
do ponto O, como representado na figura.
Disponível em: <www.bbc.com>. 
Acesso em: 21 nov. 2023 (Adaptação).
Sabendo-se que o ponto A tem coordenadas 3
2
1
2
,
�
�
��
�
�
�� e é 
simétrico, em relação ao eixo vertical, ao ponto B, o arco 
OAB mede
A. 	 30°.
B. 	 60°.
C. 	 90°.
D. 	 120°.
E. 	 150°.
Alternativa D
Resolução: Como trata-se de um ciclo de raio unitário, as 
coordenadas do ponto A são justamente o cosseno e o seno 
do menor arco OA . Desse modo, o ponto A 3
2
1
2
,
�
�
��
�
�
�� está 
associado ao arco de 60°. Como o ponto B é simétrico ao 
ponto A, em relação ao eixo vertical, os arcos OA e OAB 
têm o mesmo seno e os cossenos são opostos. O ângulo 
cujo seno é igual a 3
2
 e o cosseno é −
1
2
 mede 120°.
Portanto, o arco OAB mede 120°.
1B8K
MAT – PROVA II – PÁGINA 58 EM 2ª SÉRIE – VOL. 1 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO