Gabarito dia 2 Bernoulli

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SIMULADO ENEM 2024 - VOLUME 4 - PROVA II
C
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CIÊNCIAS DA NATUREZA E SUAS TECNOLOGIAS
Questões de 91 a 135
QUESTÃO 91 
Enzima modificada pode aumentar a produção de etanol de segunda geração
Um grupo de pesquisadores da Unicamp descobriu um fungo na Amazônia que produz uma enzima com alto 
potencial para a produção de biocombustíveis. Ela atua na fase final da degradação da biomassa e produz glicose 
livre para ser transformada em etanol. Porém, foi observado que essa mesma glicose produzida pela reação 
enzimática inibia a atividade da enzima. Também se constatou que a atividade ótima de catálise da proteína ocorria a 
40 °C, sendo outro obstáculo para o uso da enzima, pois a hidrólise enzimática da biomassa é feita sob temperaturas em 
torno de 50 °C.
Disponível em: <www.unicamp.br>. 
Acesso em: 24 jan. 2024.
Uma modificação a ser feita nessa enzima para torná-la mais eficiente na degradação da biomassa é 
A. 	 descaracterizar a estrutura quaternária.
B. 	 restringir a presença da glicose ao sítio ativo.
C. 	 alterar a atividade ótima para entre 40 °C e 50 °C.
D. 	 reduzir a estabilidade térmica durante a fermentação.
E. 	 aumentar a quantidade de aminoácidos que a constituem.
Alternativa B
Resolução: Restringir a presença da glicose ao sítio ativo resolveria o problema da inibição da atividade da enzima pela 
glicose, permitindo que a enzima continue sua função catalítica na degradação da biomassa. Por isso, a alternativa B 
está correta. A alternativa A está incorreta, pois modificar a estrutura quaternária poderia potencialmente afetar a função 
da enzima de maneira imprevisível, não sendo uma solução direta para os problemas mencionados. A alternativa C está 
incorreta, pois a modificação não resolveria o problema da inibição da atividade da enzima pela glicose. A alternativa D 
está incorreta, pois reduzir a estabilidade térmica da enzima durante a fermentação poderia prejudicar sua atividade em 
condições de temperatura elevada, o que não seria benéfico para aumentar a eficiência na degradação da biomassa. Por fim, 
a alternativa E está incorreta, pois aumentar a quantidade de aminoácidos na enzima não impediria a inibição pela glicose.
QUESTÃO 92 
O dióxido de nitrogênio (NO2) é um gás poluente e a sua presença na atmosfera é fator-chave para a formação do 
ozônio (O3) troposférico. Além de causar efeitos prejudiciais à saúde humana, o dióxido de nitrogênio também é um dos 
responsáveis pelas mudanças climáticas globais. 
Uma determinada indústria produz diariamente 2,5 toneladas de NO2, sendo 15% por meio da reação química 
representada pela equação a seguir:
4NH3(g) + 7O2(g) → 4NO2(g) + 6H2O(v)
Disponível em: <https://antigo.mma.gov.br>. 
Acesso em: 26 fev. 2024 (Adaptação).
Considerando a parcela de NO2 produzida nessa reação, qual é a quantidade de matéria aproximada de O2, em kmol, 
consumida mensalmente por essa indústria?
Dados: Massas molares em g.mol–1: H = 1; N = 14 e O = 16.
A. 	 14,3
B. 	 285
C. 	 428
D. 	 703
E. 	 2 854
2XDF
7QPP
ENEM – VOL. 4 – 2024 CNAT – PROVA II – PÁGINA 1BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa C
Resolução: Inicialmente, é necessário determinar a massa de dióxido de nitrogênio (NO2) que é produzida por meio da 
seguinte reação química:
4NH3(g) + 7O2(g) → 4NO2(g) + 6H2O(v)
Considerando que diariamente são produzidas 2,5 toneladas e que 15% dessa produção se devem a esse processo, 
obtém-se a relação a seguir: 
2,5 toneladas de NO2 ––––– 100%
x ––––– 15%
x = 0,375 tonelada de NO2
Dessa forma, em um mês, serão produzidas, aproximadamente:
1 dia ––––– 0,375 tonelada de NO2
30 dias ––––– y
y = 11,25 toneladas de NO2
Pela estequiometria da reação, 7 mol de O2 formam 4 mol de NO2, cuja massa molar (M) é calculada a seguir:
M(NO2) = 14 + (2 . 16) = 46 g/mol
Assim, obtém-se a seguinte relação:
7 mol de O2 ––––– 184 g de NO2
z ––––– 11,25 . 106 g de NO2
z = 427 989,1 mol de O2 ≅ 428 kmol
Logo, a alternativa C está correta.
QUESTÃO 93 
A concepção arcaica de que a Terra seria plana é defendida por alguns até os dias atuais com o argumento 
de que a elevada velocidade linear no Equador deveria fazer com que todos saíssem “voando” do planeta. 
No entanto, o aspecto crucial nessa situação é a velocidade angular terrestre, a qual é notavelmente baixa. A compreensão 
equivocada desses conceitos fundamentais muitas vezes conduz a conclusões errôneas sobre a estabilidade da Terra, 
desconsiderando a dinâmica complexa que mantém o nosso planeta. O gráfico a seguir ilustra diferentes relações entre a 
velocidade linear e a velocidade angular em um corpo esférico. 
108642
5
15
25
35
40
30
20
10
0
Ve
lo
ci
da
de
 li
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ar
Velocidade angular
As diferentes inclinações das retas exibidas no gráfico estão relacionadas a diferentes valores de
A. 	 raio.
B. 	 peso. 
C. 	 massa. 
D. 	 perímetro. 
E. 	 aceleração.
U9DR
CNAT – PROVA II – PÁGINA 2 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa A
Resolução: As velocidades linear e angular de um corpo esférico estão relacionadas através da equação: 
v R� � .
Comparando com a equação reduzida da reta y = a . x + b, sendo a letra a o coeficiente angular, isto é, o valor que indica 
o quanto a reta está inclinada em relação ao eixo horizontal, percebe-se que diferentes valores de raio formam retas com 
diferentes inclinações no gráfico de velocidade linear em função da velocidade angular. Portanto, a alternativa A está correta. 
QUESTÃO 94 
Certas linhagens de camundongos podem ter pelagem aguti (castanho-acinzentada), preta ou albina (esta última 
é branca, devido à ausência de pigmento). Quando camundongos pretos são cruzados com camundongos albinos, 
os descendentes são todos agutis. O cruzamento entre camundongos agutis produz uma geração F2 constituída por 9/16 
de camundongos agutis, 3/16 de pretos e 4/16 de albinos.
Esse é um caso de epistasia em que o gene do albinismo
A. 	 sofre inibição pelo gene para a cor aguti.
B. 	 inibe a expressão dos genes para as cores.
C. 	 estimula a produção das cores castanha e preta.
D. 	 evidencia uma condição de epistasia dominante.
E. 	 tem sua ação controlada pelo gene para a cor preta.
Alternativa B
Resolução: O gene do albinismo, quando presente, inibe a expressão dos genes para as cores preta e aguti. Isso é 
evidenciado pelo fato de que, quando camundongos pretos (que não possuem o gene do albinismo) cruzam com camundongos 
albinos, todos os descendentes são aguti, evidenciando que o gene do albinismo está suprimindo a expressão das outras 
cores. Por isso, a alternativa B está correta. A alternativa A está incorreta, pois indica que o gene para a cor aguti inibe 
o gene do albinismo, o que não acontece. A alternativa C está incorreta, pois indica que o gene do albinismo estimula a 
produção dessas cores, porém ele inibe a expressão. A alternativa D está incorreta, pois não há indicação na descrição de 
que a condição seja dominante ou recessiva neste caso. Por fim, a alternativa E está incorreta, pois é o gene do albinismo 
que influencia a expressão das outras cores.
QUESTÃO 95 
Algumas das propriedades dos elementos químicos variam periodicamente, ou seja, à medida que o número 
atômico aumenta, essas propriedades assumem comportamentossemelhantes para intervalos regulares. 
O gráfico a seguir representa a energia de ionização de alguns elementos em função do número atômico.
En
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10
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1 20 40 60
Número atômico / Z
80 100
WELLER, M. et al. Inorganic chemistry. 
Oxford: Oxford University Press, 2016.
GR1T
FABI
ENEM – VOL. 4 – 2024 CNAT – PROVA II – PÁGINA 3BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Com base na análise do gráfico, o aumento da energia de ionização em um período está relacionado com o 
aumento do(a) 
A. 	 massa atômica. 
B. 	 número de nêutrons. 
C. 	 carga nuclear efetiva. 
D. 	 blindagem eletrostática. 
E. 	 número de níveis ocupados. 
Alternativa C
Resolução: O valor da energia de ionização dos elementos químicos aumenta em um período da tabela periódica quando 
vamos da esquerda para a direita. Isso pode ser explicado pelo aumento da carga nuclear efetiva, que aumenta conforme 
o número de prótons presentes no núcleo atômico. Dessa forma, quanto maior for a carga nuclear efetiva em um período, 
maior também será a energia de ionização. Logo, a alternativa C está correta.
QUESTÃO 96 
O uso de Equipamentos de Proteção Individual (EPIs) é obrigatório em ambientes onde profissionais enfrentam situações 
perigosas, como exposição a fontes de calor extremo e movimentação de equipamentos pesados, por exemplo. Um desses 
equipamentos são as luvas destinadas aos ferreiros, que devem ser leves para proporcionar conforto e isolantes térmicas 
para que não haja grande variação de temperatura quando expostas diretamente a metais incandescentes e fornos potentes. 
Na tabela, são exibidos alguns materiais e os seus valores de calor específico e densidade. 
Nome do material Calor específico (kJ/kg.K) Densidade (kg/m3)
Borracha expandida 1,68 72
Fibra de vidro 0,96 100
Perlita expandida 1,26 16
Fibra mineral com resina 0,71 240
Fibra mineral pura 0,71 15
Qual o material mais adequado para a fabricação das luvas destinadas aos ferreiros? 
A. 	 Borracha expandida. 
B. 	 Fibra de vidro. 
C. 	 Perlita expandida. 
D. 	 Fibra mineral com resina. 
E. 	 Fibra mineral pura. 
Alternativa C
Resolução: O texto informa que as luvas destinadas aos ferreiros devem ser leves e isolantes térmicas. Como luvas são 
feitas em tamanhos padronizados, a baixa massa pode ser diretamente traduzida para uma baixa densidade. Para variar o 
mínimo de temperatura, o material deve possuir alto calor específico. Logo, o material que atende a esses dois requisitos 
simultaneamente é a perlita expandida. Portanto, a alternativa C está correta.
QUESTÃO 97 
O “Experimento de Griffith”, conduzido em 1928 pelo bacteriologista inglês Frederick Griffith, descreveu a conversão 
de uma bactéria pneumocócica não patogênica em uma cepa virulenta. Nesse experimento, Griffith misturou as bactérias 
não virulentas vivas com uma forma virulenta inativada pelo calor. Posteriormente, ele infectou ratos com essa mistura e, 
para sua surpresa, os ratos desenvolveram pneumonia e morreram. Como a cepa virulenta original foi inativada pelo calor, 
ele concluiu que a cepa não virulenta havia se transformado no tipo virulento. 
RANDHAWA, S.; SENGAR, S. The evolution and history of gene editing technologies. 
Progress in molecular biology and translational science, feb. 2011 (Adaptação).
2AOV
53PO
CNAT – PROVA II – PÁGINA 4 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
No experimento descrito, a transferência dos genes de virulência entre as bactérias se dá por meio de:
A. 	 Formação de pilus sexual. 
B. 	 Divisão em células-filhas.
C. 	 Absorção de plasmídeos. 
D. 	 Criação de parede celular. 
E. 	 Infecção por bacteriófagos. 
Alternativa C
Resolução: Um dos processos possíveis de recombinação genética bacteriana é demonstrado no experimento de Griffith. 
O mecanismo evidenciado é a transformação bacteriana, que ocorre por meio da absorção de fragmentos de DNA presentes 
no meio em que estão as bactérias. No experimento, as bactérias inativadas pelo calor deixam seus fragmentos no meio 
e um desses fragmentos é o seu material genético, que será incorporado à bactéria viva. Os plasmídeos de virulência, por 
exemplo, são absorvidos pelas bactérias vivas pelo processo de transformação bacteriana.
QUESTÃO 98 
A captura direta de dióxido de carbono (CO2) do meio ambiente vem se tornando uma excelente alternativa para mitigar 
os efeitos das mudanças climáticas. Pensando nisso, pesquisadores da Universidade de Toronto, no Canadá, divulgaram um 
estudo no qual eles propõem a captura e o armazenamento de gás carbônico, por meio de vagões de trens projetados com 
grandes aberturas voltadas para a frente, permitindo absorver esse gás à medida que se deslocam. Como isso funciona? 
O ar entra por um duto no vagão e passa por uma câmara coletora, na qual há um filtro que absorve especificamente o 
CO2, devolvendo o restante do ar – agora limpo – à natureza. O estudo estima que a tecnologia de vagões aspiradores 
teria potencial para capturar cerca de 450 000 000 de toneladas de CO2 por ano.
Disponível em: <https://forbes.com.br>. 
Acesso em: 28 fev. 2024 (Adaptação).
O número aproximado de moléculas de CO2 que poderiam ser capturadas anualmente por meio desse procedimento é de
Dados: Massas molares em g.mol–1: C = 12 e O = 16.
A. 	 1,02 . 1010.
B. 	 1,02 . 1013.
C. 	 2,65 . 1025.
D. 	 6,15 . 1033.
E. 	 6,15 . 1036.
Alternativa E
Resolução: Inicialmente, é necessário calcular a massa molar (M) do CO2:
M(CO2) = (1 . 12) + (2 . 16) = 44 g/mol
Em seguida, para determinar a quantidade de matéria de CO2, em mol, basta relacionar esse valor com a massa dessa 
substância que deverá ser capturada, anualmente, pela tecnologia de vagões aspiradores:
1 mol de CO2 ––––– 44 g
x ––––– 4,5 . 1014 g
x = 1,02 . 1013 mol de CO2
Por fim, para calcular o número de moléculas de CO2, é necessário utilizar a constante de Avogadro:
1 mol ––––– 6,02 . 1023 moléculas
1,02 . 1013 mol ––––– y
x = 6,15 . 1036 moléculas
Logo, a alternativa E está correta.
ULP7
ENEM – VOL. 4 – 2024 CNAT – PROVA II – PÁGINA 5BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 99 
A proteção elétrica em edificações que contêm 
equipamentos elétricos sensíveis geralmente é realizada 
utilizando métodos como aterramento e para-raios. 
No entanto, para ambientes hospitalares, em que uma 
descarga elétrica poderia comprometer todo o sistema, é 
preciso aplicar um método de proteção mais eficaz. Nesse 
caso, o método mais indicado consiste na instalação de um 
sistema captador de energia elétrica, utilizando condutores 
horizontais que são interligados formando uma rede, isto é, 
uma malha de condutores que envolve o corpo do edifício. 
Para decidir a distância entre os condutores, o engenheiro 
deve considerar o grau de proteção de que o ambiente 
necessita, já que, quando a malha é projetada mais fechada, 
melhor é a proteção fornecida.
Disponível em: <www.sabereletrica.com.br>. 
Acesso em: 4 mar. 2024 (Adaptação).
O método utilizado para a proteção de edificações 
hospitalares é denominado 
A. 	 efeito Joule.
B. 	 neutralização. 
C. 	 poder das pontas. 
D. 	 gaiola de Faraday. 
E. 	 indução eletrostática. 
Alternativa D
Resolução: De acordo com o texto, a proteção elétrica 
em ambientes hospitalares consiste em condutores 
horizontais que são interligados formando uma rede que 
envolve o corpo do edifício. Essa rede faz com que o 
campo elétrico em seu interior seja nulo, protegendo-o de 
descargas elétricas externas. Logo, essa estrutura pode ser 
denominada de gaiola de Faraday. Portanto, a alternativa D 
está correta. A alternativa A está incorreta, pois o efeito Joule 
está associado ao aquecimento de fios elétricos devido 
à passagem de corrente. A alternativa B está incorreta, 
pois a neutralização está relacionada a um equilíbrio de 
cargas elétricas, e não ao papel da malha de condutores 
abordada no texto. A alternativa C está incorreta, pois o 
poder das pontas está relacionadoa corpos pontiagudos 
que concentram maior quantidade de cargas, não sendo o 
caso da malha de condutores descrita no texto. A alternativa 
E está incorreta, pois a indução eletrostática é um tipo de 
eletrização, e não o método utilizado para a proteção de 
edificações hospitalares, como solicitado.
QUESTÃO 100 
Os carboidratos desempenham funções essenciais no 
organismo e, embora ofereçam muitos benefícios à saúde, é 
importante escolher fontes saudáveis, como grãos integrais, 
frutas e leguminosas. Evitar o consumo excessivo de 
carboidratos refinados, como açúcares e produtos à base de 
farinha branca, é crucial para manter uma dieta equilibrada. 
3F6U
88J4
Estudos clínicos de longo prazo mostram que dietas ricas 
em carboidratos de alta qualidade e frutas estão associadas 
à perda de peso, à diminuição do risco de diabetes tipo 2 e 
de doenças cardíacas.
Disponível em: <www.metropoles.com.br>. 
Acesso em: 25 jan. 2024.
Essa orientação nutricional baseia-se no fato de que os 
carboidratos 
A. 	 simples são componentes essenciais das enzimas do 
organismo.
B. 	 refinados podem levar a picos rápidos nos níveis de 
glicose no sangue.
C. 	 integrais apresentam menor quantidade de fibras em 
sua composição.
D. 	 complexos são mais fáceis de serem metabolizados 
pelo corpo humano.
E. 	 presentes nas fibras vegetais são usados como fonte 
de energia para as células.
Alternativa B
Resolução: O texto ressalta a importância de evitar o 
consumo excessivo de carboidratos refinados, como 
açúcares e produtos à base de farinha branca, devido 
ao fato de que eles podem ser digeridos rapidamente, 
levando a picos rápidos nos níveis de glicose no sangue, 
o que pode ter efeitos negativos na saúde, como aumento 
do risco de diabetes tipo 2 e doenças cardíacas. Por isso, 
a alternativa B está correta. A alternativa A está incorreta, 
pois carboidratos simples não são componentes de enzimas. 
A alternativa C está incorreta, pois os alimentos integrais têm 
uma quantidade significativa de fibras em comparação com 
seus equivalentes refinados. A alternativa D está incorreta, 
pois os carboidratos complexos, como os encontrados 
em grãos integrais, frutas, legumes e leguminosas, são 
digeridos mais lentamente, fornecendo energia de forma 
mais sustentada ao longo do tempo. Por fim, a alternativa E 
está incorreta, pois, embora as fibras vegetais sejam 
carboidratos complexos, não são utilizadas diretamente 
como fonte de energia para as células humanas. Elas não 
são digeridas, mas desempenham um papel importante 
na saúde digestiva, regulando o intestino e auxiliando na 
absorção de nutrientes.
QUESTÃO 101 
A exploração do petróleo envolve atividades com alto 
índice poluidor, isto é, que podem prejudicar a qualidade do 
solo, do ar, da água e, consequentemente, a saúde dos seres 
vivos. No processo de separação das frações do petróleo, 
é empregada a destilação fracionada, que é uma técnica 
realizada utilizando-se enormes torres de fracionamento, 
conforme representado a seguir:
VQ66
CNAT – PROVA II – PÁGINA 6 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Petróleo Retorta
To
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e 
fra
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on
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to
1
2
3
4
5
As frações mais leves são as constituídas de substâncias com menores números de átomos de carbono em suas 
moléculas. Por serem mais voláteis, elas geralmente não permanecem por muito tempo no meio ambiente, ao contrário 
das frações mais pesadas, que podem persistir por meses ou até anos.
Entre as frações do petróleo obtidas na torre de destilação, qual causaria maiores danos em caso de derramamento no mar?
A. 	 1
B. 	 2
C. 	 3
D. 	 4
E. 	 5
Alternativa E
Resolução: No método de separação descrito, as frações do petróleo são obtidas na torre de destilação de acordo com o 
aumento de suas volatilidades. As frações mais pesadas, constituídas de moléculas com maiores números de átomos de 
carbono, são as que apresentam maiores temperaturas de ebulição. Dessa forma, a fração que causaria maiores danos 
em caso de derramamento no mar é a obtida em 5, pois ela pode persistir por meses ou até anos no meio ambiente. Logo, 
a alternativa E está correta.
QUESTÃO 102 
A sinalização celular é um processo fundamental para transmitir a informação do ambiente extracelular para o interior da 
célula, possibilitando a comunicação com o ambiente externo, tanto em organismos uni como multicelulares. Por exemplo, 
durante o processo de reprodução em leveduras, como a Saccharomyces cerevisiae, algumas células enviam sinais 
peptídicos (fatores de conjugação) para o meio ambiente onde se encontram. Esses fatores de conjugação podem ligar-se 
a receptores da superfície celular de outros indivíduos da espécie, induzindo o processo de reprodução.
Disponível em: <https://portal.fiocruz.br>. 
Acesso em: 25 jan. 2024 (Adaptação).
Essa forma de comunicação é possível nos seres vivos devido à presença de 
A. 	 poros do envoltório nuclear.
B. 	 fosfolipídios da parede celular.
C. 	 microtúbulos presentes no citoplasma.
D. 	 junções celulares do tipo desmossomo.
E. 	 proteínas inseridas na membrana plasmática.
UY1O
ENEM – VOL. 4 – 2024 CNAT – PROVA II – PÁGINA 7BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa E
Resolução: As proteínas transmembranas são os principais 
componentes responsáveis pela recepção de sinais 
extracelulares e pela transdução desses sinais para o interior 
da célula, desencadeando respostas celulares. Por isso, 
a alternativa E está correta. A alternativa A está incorreta, 
pois os poros nucleares estão envolvidos na regulação do 
transporte de moléculas entre o núcleo e o citoplasma. 
A alternativa B está incorreta, pois, embora os fosfolipídios 
sejam componentes importantes da membrana celular, não 
são diretamente responsáveis pela comunicação celular 
através de sinais peptídicos. A alternativa C está incorreta, 
pois os microtúbulos são componentes do citoesqueleto 
celular e estão envolvidos em processos como a divisão 
celular e o transporte intracelular. Por fim, a alternativa D 
está incorreta, pois as junções celulares, incluindo os 
desmossomos, estão envolvidas na adesão entre células 
adjacentes, mas não são responsáveis pela comunicação 
celular através de sinais peptídicos.
QUESTÃO 103 
Existe um fato ou, se você preferir, uma lei que governa 
todos os fenômenos da natureza que são conhecidos até 
hoje. Não se conhece nenhuma exceção a essa lei – ela é 
exata até onde sabemos. Nela, enuncia-se que existe uma 
certa quantidade que não muda nas múltiplas modificações 
pelas quais a natureza passa. Não é a descrição de um 
mecanismo ou algo concreto; é apenas um estranho fato de 
que podemos calcular algum número e, quando terminamos 
de observar a natureza fazer seus truques e calculamos o 
número novamente, ele é o mesmo.
FEYNMAN, R.; LEIGHTON, M.; SANDS, M. Lições de Física. 
Porto Alegre: Bookman, 2008. v. 1 (Adaptação).
O fenômeno descrito é conhecido como
A. 	 isolamento térmico.
B. 	 conservação de massa. 
C. 	 conservação de energia.
D. 	 estabilidade do Universo.
E. 	 constância das leis da natureza.
Alternativa C
Resolução: De acordo com o texto, a lei está relacionada 
a uma quantidade que pode sofrer modificações, mas 
seu valor final não é alterado. Logo, trata-se de uma 
descrição de energia, pois ela se conserva e pode assumir 
diferentes formas, como potencial gravitacional, química, 
elástica, elétrica, etc. Portanto, a alternativa C está correta. 
A alternativa A está incorreta, pois trata-se de uma 
propriedade do material e não tem relação com a conservação 
descrita no texto. A alternativa B está incorreta, pois, apesar 
de a massa estar relacionada com energia, o texto descreve 
o conceito de energia de forma genérica, e não fala 
especificamente de um tipo. A alternativa D está incorreta, 
pois a estabilidade do Universo não é algo mensurável e 
o texto discute sobre uma quantidade que não é alterada, 
isto é, um valor numérico que permanece constante. 
3SIB
A alternativa E está incorreta, pois nem todasas leis da 
natureza são constantes e, no caso da lei abordada pelo 
texto, sempre há conservação, mesmo enfrentando diversos 
tipos de transformações.
QUESTÃO 104 
A parte da estrutura de uma molécula orgânica que é 
responsável pela absorção de luz é denominada cromóforo 
e se caracteriza por possuir elétrons π, em ressonância, 
capazes de absorver radiação na região do visível. Qualquer 
substância que absorve luz visível possui cor, mas cada 
substância absorve cores específicas e, por isso, os olhos 
são capazes de detectar apenas as cores do espectro visível 
que não foram absorvidas por cada uma delas.
HARRIS, D. C. Quantitative Chemical Analysis. 8. ed. 
New York: W. H. Freeman and Company, 2010 (Adaptação).
A molécula orgânica que apresenta a parte responsável 
pela absorção de luz é: 
A. 	 H3C CH2
B. 	 
CH3
C. 	 HO
O
D. 	 O
E. 	 H3C CH3
O
O
Alternativa C
Resolução: A estrutura química do ácido benzoico, entre 
as estruturas representadas, é a única que possui anel 
aromático com elétrons π, em ressonância, responsável 
pela absorção de luz visível, conforme representado a 
seguir:
O
HO
Anel aromático
Logo, a alternativa C é a correta.
S1FE
CNAT – PROVA II – PÁGINA 8 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 105 
O tratamento convencional da água é composto das seguintes etapas:
I. Coagulação e floculação: As impurezas presentes na água são agrupadas pela ação de agentes coagulantes, 
como o cloreto férrico, em partículas maiores (flocos) que possam ser removidas pelo processo de decantação. 
II. Decantação: Os flocos formados são separados da água pela ação da gravidade.
III. Filtração: A água decantada é encaminhada às unidades filtrantes, capazes de reter e remover as impurezas ainda 
presentes na água.
IV. Desinfecção: Para efetuar a desinfecção de águas de abastecimento, utilizam-se agentes físicos ou químicos, 
como luz ultravioleta ou cloro, cuja finalidade é a destruição de microrganismos patogênicos. 
V. Fluoretação: A fluoretação da água de abastecimento público é efetuada por meio de compostos à base de flúor. 
Disponível em: <www.caesb.df.gov.br>. 
Acesso em: 07 out. 2019 (Adaptação). 
Qual das etapas descreve o processo responsável pela prevenção da ocorrência endêmica de cáries dentárias?
A. 	 I
B. 	 II
C. 	 III
D. 	 IV
E. 	 V
Alternativa E
Resolução: O flúor é um mineral constituinte dos ossos e do esmalte dentário. A sua incorporação ao processo de tratamento 
da água potável foi uma medida de saúde pública implementada com o intuito de diminuir a incidência de cáries dentária 
na população de forma endêmica. Logo, a alternativa correta é a E.
QUESTÃO 106 
O gás natural veicular (GNV) é um combustível gasoso cujas propriedades químicas o tornam uma alternativa para 
motores em que a ignição é por centelhamento. Devido a sua composição, motores especialmente projetados para o seu uso 
devem operar com uma taxa de compressão (razão entre o volume da câmara de combustão após a explosão e o volume 
da câmara no instante de centelhamento) de 14 : 1, em contrapartida com os motores de gasolina que operam com 8 : 1.
Disponível em: <www.nuca.ie.ufrj.br>. 
Acesso em: 18 jan. 2019 (Adaptação).
A maior taxa de compressão nos motores que usam GNV é necessária devido a esse combustível possuir maior
A. 	 densidade.
B. 	 calor latente.
C. 	 inflamabilidade.
D. 	 capacidade térmica.
E. 	 temperatura de ignição.
Alternativa E
Resolução: O combustível no interior da câmara em um motor de combustão interna é comprimido até que a temperatura do 
sistema chegue à temperatura de ignição. Ou seja, até que o estado termodinâmico atingido esteja a uma temperatura que, 
com a presença de uma fonte de calor (centelha), o combustível entre em combustão. Portanto, a alternativa correta é a E. 
QUESTÃO 107 
A inferência da história evolutiva de um determinado grupo de espécies é conhecida como filogenia, e a relação entre os 
diferentes indivíduos é graficamente expressa em uma árvore filogenética. A figura a seguir representa, de forma hierárquica, 
as semelhanças ou distâncias entre os indivíduos analisados.
OJW6
IJUC
9LUL
ENEM – VOL. 4 – 2024 CNAT – PROVA II – PÁGINA 9BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Disponível em: <www.bioinfo.ufpr.br>. 
Acesso em: 20 fev. 2024 (Adaptação).
As maiores diferenças genéticas encontradas entre determinados representantes ocorrem porque
A. 	 têm um ancestral comum mais distante.
B. 	 apresentam diferenças fenotípicas marcantes.
C. 	 estão em táxons evolutivamente mais próximos. 
D. 	 formam grupos estruturalmente mais complexos.
E. 	 tiveram origem em grupos anteriores aos mamíferos.
Alternativa A
Resolução: Quando os indivíduos compartilham um ancestral comum mais distante, indica que houve mais tempo para 
acúmulo de modificações genéticas ao longo das gerações, levando a maiores diferenças genéticas entre eles. Por isso, 
a alternativa A está correta. A alternativa B está incorreta, pois as diferenças fenotípicas não são necessariamente indicativas 
das maiores diferenças genéticas. Dois organismos podem ter fenótipos muito diferentes, mas, ainda assim, compartilhar 
um ancestral comum relativamente recente e, portanto, não terem as maiores diferenças genéticas. A alternativa C está 
incorreta, pois representantes em táxons evolutivamente mais próximos compartilham um ancestral comum mais recente e, 
portanto, têm menos diferenças genéticas entre si, e não mais. A alternativa D está incorreta, pois a complexidade estrutural 
de um grupo não está diretamente relacionada com as maiores diferenças genéticas. Dois grupos estruturalmente complexos 
podem ter ancestrais comuns relativamente recentes e, portanto, não apresentarem as maiores diferenças genéticas. 
Por fim, a alternativa E está incorreta, pois o fato de terem origem em grupos anteriores aos mamíferos não é indicativo de 
maiores diferenças genéticas. Essa característica está mais relacionada a distância evolutiva do que com a quantidade de 
diferenças genéticas entre os indivíduos.
QUESTÃO 108 
Entre os séculos XVI e XVIII, crianças trabalhavam em conveses dos navios de guerra carregando sacos de pólvora 
para abastecer os canhões. Conta-se que, na época, havia uma lei naval que determinava que essa tarefa deveria ser feita 
com os pés descalços para não produzir fagulhas e dar início a uma explosão.
A explicação científica que justifica a lei descrita se baseia no(a)
A. 	 transferência de calor.
B. 	 eletrização por contato.
C. 	 aquecimento da madeira.
D. 	 acúmulo de cargas pelo atrito.
E. 	 aderência da madeira com a pele.
9VII
CNAT – PROVA II – PÁGINA 10 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa D
Resolução: Considerando que nas situações em que as 
crianças carregavam os sacos de pólvora elas estavam 
correndo, devido ao caráter emergencial, havia muito 
atrito entre seus pés e os conveses dos navios. Logo, caso 
elas usassem sapatos (material isolante), esse atrito iria 
eletrizar essas superfícies. Como em isolantes as cargas 
em excesso não se movem, elas iriam se acumular nas 
regiões atritadas, aumentando a diferença de potencial 
e, consequentemente, a possibilidade de uma descarga 
elétrica (fagulha). Portanto, a alternativa correta é a D.
QUESTÃO 109 
O urânio-235 já foi muito mais abundante no passado 
geológico. A atual escassez se explica devido ao seu decaimento 
radioativo natural para o chumbo-207, com uma meia-vida de 
cerca de 700 milhões de anos. Como a Terra tem cerca de 
4,5 bilhões de anos, estima-se que o urânio natural já foi muito 
mais naturalmente enriquecido no isótopo-235 do que nos 
dias de hoje. 
Disponível em: <www1.folha.uol.com.br>. 
Acesso em: 14 ago. 2022 (Adaptação).
Qual é o número de partículas alfa emitidas nessa série 
de decaimento?
A. 	 4
B. 	 5
C. 	 6
D. 	 7
E. 	 8
Alternativa D
Resolução: A equação nuclear cuja série radioativa é 
descrita no texto está representada a seguir:
235 207U Pb n� � �
Nessa equação, a soma dos índicesdos produtos deve ser 
igual à soma dos índices dos reagentes. Além disso, como 
as partículas alfa (α) são constituídas de dois prótons e de 
dois nêutrons, a cada emissão, o número de massa (A) 
é reduzido em quatro unidades. Veja: 
23
n =
4
=
5 207 28
28 7
� �
Logo, a alternativa D é a correta.
QUESTÃO 110 
Aumento dos casos de leishmaniose em cães acende 
alerta para a doença em humanos
A leishmaniose tem se mostrado uma preocupação 
crescente em diversas partes do mundo, incluindo o Brasil. 
Pesquisadores da Fiocruz – MS apontam preocupação 
com o aumento do número de cães com leishmaniose 
em diversos estados, o que, segundo eles, pode indicar 
uma possível disseminação da doença em humanos. 
OHK7
V3IN
“É fundamental realizar o diagnóstico precoce em cães e 
investir em estratégias de conscientização sobre a doença”, 
destaca o pesquisador em Saúde Pública Eduardo de 
Castro Ferreira.
Disponível em: <https://portal.fiocruz.br>. 
Acesso em: 1 fev. 2024 (Adaptação).
A preocupação dos pesquisadores justifica-se, pois os 
animais 
A. 	 funcionam como vetores da espécie parasita.
B. 	 atuam como reservatórios do agente patológico.
C. 	 atraem os microrganismos causadores da doença.
D. 	 proporcionam a proliferação de hospedeiros do 
patógeno.
E. 	 transmitem a infecção pelo contato direto com as 
pessoas.
Alternativa B
Resolução: Os cães podem servir como reservatórios do 
parasita Leishmania, uma vez que podem abrigar o parasita 
em seus tecidos e servir como fonte de infecção para os 
vetores. Por isso, a alternativa B está correta. A alternativa 
A está incorreta, pois os cães não funcionam como 
vetores da leishmaniose. Os vetores são os flebotomíneos 
(mosquitos-palha) que transmitem o parasita Leishmania 
para os seres humanos. A alternativa C está incorreta, pois 
os cães não atraem os microrganismos causadores da 
leishmaniose. Eles podem ser infectados pelos parasitas 
quando picados pelos vetores. A alternativa D está incorreta, 
pois os cães infectados podem proporcionar a proliferação 
dos vetores, uma vez que os flebotomíneos podem se 
alimentar do sangue dos cães infectados e, assim, adquirir 
o parasita, contribuindo para a disseminação da doença. 
Por fim, a alternativa E está incorreta, pois os cães não 
transmitem diretamente a infecção para as pessoas. 
A transmissão ocorre principalmente através da picada de 
flebotomíneos infectados.
QUESTÃO 111 
Em junho de 2023, autoridades dos Estados Unidos e 
do Canadá mobilizaram-se para localizar e resgatar os cinco 
tripulantes do submarino Titan, que estava em expedição 
pelo ponto dos destroços do Titanic no Atlântico Norte. 
O desaparecimento do submarino ocorreu algumas horas 
após o início de sua descida até o fundo do mar. Sua 
tripulação faleceu imediatamente durante uma implosão 
provocada pela intensa pressão sobre a estrutura do 
submersível. Inicialmente, os tripulantes estavam a uma 
pressão de 1 atm e o volume de ar dentro dele era de 
aproximadamente 15 m3. No entanto, a pressão passou 
subitamente para 375 atm, causando uma diminuição 
brusca no volume da embarcação. 
Disponível em: <https://exame.com>. 
Acesso em: 28 fev. 2024 (Adaptação).
N7OI
ENEM – VOL. 4 – 2024 CNAT – PROVA II – PÁGINA 11BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Considerando que essa transformação tenha ocorrido a 
temperatura constante, o volume final de ar no submarino, 
em litro, foi de
A. 	 0,04.
B. 	 25.
C. 	 40.
D. 	 375.
E. 	 5 625.
Alternativa C
Resolução: Para a resolução dessa questão, utiliza-se a 
equação geral dos gases, representada a seguir: 
p V
T
p V
T
i i
i
f f
f
. .
=
Como trata-se de uma transformação a temperatura 
constante, essa equação pode ser reescrita da seguinte 
maneira:
pi . Vi = pf . Vf
Substituindo os valores fornecidos nela, tem-se:
1 15 000 375
1 15 000
375
40
atm L atm V
V atm L
atm
V L
f
f
f
. .
.
=
=
=
Logo, a alternativa C está correta.
QUESTÃO 112 
Uma pessoa percebe que está atrasada para pegar 
o trem das 12h10min na estação de sua cidade e toma a 
decisão de ir até a cidade vizinha, que está a uma distância 
de 51 km, onde há uma próxima parada do trem programada 
para as 13h. Ela parte de sua casa às 12h20min de carro e 
realiza o percurso com uma velocidade média de 90 km/h. 
Quanto tempo, em minuto, a pessoa ficará esperando pelo 
trem na estação da cidade vizinha? 
A. 	 4
B. 	 6 
C. 	 10
D. 	 34
E. 	 54
Alternativa B
Resolução: A pessoa realizou o percurso para a estação da 
cidade vizinha, a uma distância de 51 km, com velocidade 
média de 90 km/h. Logo, o tempo que ela levou nessa 
viagem foi de: 
t = d
v
s min= = = = =
51 1 000
90
3 6
51 000
25
2 040 2 040
60
34.
,
X155
Foi informado que a pessoa partiu de casa às 12h20min, 
logo, ela chegou ao seu destino às 12h54min. Como o trem 
chegará às 13h, ela ficará esperando por um tempo de 
6 min. Portanto, a alternativa B está correta.
QUESTÃO 113 
A metionina é a precursora do hidrocarboneto 
alifático responsável pelo amadurecimento das frutas 
em angiospermas. Ela é convertida, dentro do vacúolo 
celular, em S-adenosilmetionina, que, em seguida, sofre 
decomposição produzindo o ácido 1-aminociclopropano- 
-1-carboxílico. Essa substância, por sua vez, forma o 
único regulador vegetal gasoso que apresenta apenas 
dois carbonos trigonais planos em sua estrutura molecular. 
Disponível em: <https://wp.ufpel.edu.br>. 
Acesso em: 11 fev. 2022 (Adaptação).
A nomenclatura IUPAC da substância responsável pelo 
amadurecimento natural das frutas é
A. 	 eteno.
B. 	 xileno.
C. 	 acetileno.
D. 	 naftaleno.
E. 	 butadieno.
Alternativa A
Resolução: A substância responsável pelo amadurecimento 
das frutas é um hidrocarboneto alifático (não aromático) 
constituído de apenas dois carbonos trigonais planos, 
isto é, que realizam uma única ligação dupla e que, 
consequentemente, apresentam hibridização do tipo sp2. 
Segundo as regras de nomenclatura IUPAC, para nomear 
essa substância, utiliza-se o prefixo “et” para indicar o 
número de átomos de carbono na cadeia principal, o infixo 
“en” para indicar a presença da dupla ligação e o sufixo “o” 
para indicar a função hidrocarboneto. Logo, a nomenclatura 
IUPAC para esse composto é eteno, o que torna correta 
a alternativa A.
QUESTÃO 114 
É bastante comum um biólogo passar meses ou anos 
procurando novos seres e, quando avista um, perceber 
que ele não é inédito. Para acabar com o problema, o 
entomólogo americano Brian Fisher usou o Google Earth 
para mapear onde estão todas as diferentes formigas do 
mundo. Quando achou uma nova, em uma viagem à ilha de 
Madagascar, não hesitou e cravou o nome em homenagem 
à ferramenta de busca: Proceratium google.
Disponível em: <https://super.abril.com.br>. 
Acesso em: 10 dez. 2021 (Adaptação). 
A homenagem feita pelo entomólogo aparece no nome que 
se refere à categoria taxonômica de
A. 	 espécie.
B. 	 gênero.
C. 	 família.
D. 	 ordem.
E. 	 classe.
JJT7
N85R
CNAT – PROVA II – PÁGINA 12 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa A
Resolução: O nome dado em homenagem à ferramenta de busca Google, Proceratium google, refere-se à categoria 
taxonômica de espécie. Os nomes científicos de espécie devem ser escritos em latim ou palavras latinizadas e é binominal. 
A primeira palavra do nome de uma espécie indica o gênero ao qual ela pertence (escrita com inicial maiúscula) e a segunda 
é o epíteto específico, isto é, o nome que identifica a espécie dentro do gênero, e deve ser escrita com inicial minúscula. 
Além disso, o nome da espécie deve ser destacado no texto, como está em itálico. Assim, está correta a alternativa A.
QUESTÃO 115 
A obtenção de energia elétrica a partir do vento é feita por meio de aerogeradores, que são equipamentos constituídos 
por pás conectadas a um eixo responsável por transmitir a energia dos ventos a um conversor. O comportamento dos 
aerogeradores é determinado pela relação entre a velocidade do vento e a frequência de rotação do eixo, como mostrado 
no gráfico.0
200
Po
tê
nc
ia
 (k
W
)
400
600
800
1 000
1 200
10
13 m/s
11 m/s
9 m/s
7 m/s
5 m/s
20 30
Frequência (rpm)
40 50 60 70 80 90 100
PICOLO, A. P.; BÜHLER, A. J.; RAMPINELLI, G. A. Uma abordagem sobre a energia eólica como alternativa de ensino de tópicos de física clássica. 
Revista Brasileira de Ensino de Física, v. 36, n. 4, 2014 (Adaptação).
Considerando que a velocidade linear da borda da pá seja igual à velocidade do vento, o módulo da aceleração centrípeta 
de maior potência é mais próximo de 
A. 	 2,23 m/s2.
B. 	 6,28 m/s2.
C. 	 87,9 m/s2.
D. 	 316,7 m/s2.
E. 	 5 277,9 m/s2.
Alternativa C
Resolução: Considerando o movimento da pá como circular uniforme, tem-se que a relação entre a aceleração centrípeta 
de um ponto na borda dessa com a velocidade linear e a frequência de rotação é
a v
r
r v
f
a fv
cp
cp
�
�
�
2
2
2
�
�
Sendo a potência máxima quando a frequência é de 60 rpm, equivalente a 1 Hz, e a velocidade do vento de 14 m/s, chega-se a
a
a m s
cp
cp
≈
≈
2 3 14 1 14
87 92 2
. , . .
,
Portanto, a alternativa correta é a C.
DØF4
ENEM – VOL. 4 – 2024 CNAT – PROVA II – PÁGINA 13BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 116 
A reação de decomposição do peróxido de hidrogênio 
(H2O2), conhecido popularmente como água oxigenada, 
ocorre instantaneamente nas condições ambientais (1 atm 
e 25 °C), na presença de iodeto de potássio, que funciona 
como um catalisador. Nela, são produzidos água (H2O) e 
gás oxigênio (O2), conforme representado pela equação 
química a seguir: 
2H2O2(aq) → 2H2O(l) + O2(g)
A formação desse gás é mais bem observada com 
a adição de um detergente ao meio reacional, devido ao 
grande volume de espuma que é produzido.
Disponível em: <https://seara.ufc.br>. 
Acesso em: 1 jan. 2024 (Adaptação).
Considerando as condições mencionadas, qual é o volume 
aproximado de O2, em litro, produzido quando se reagem 
136 g de peróxido de hidrogênio? 
Dados: Massas molares em g.mol–1: H = 1 e O = 16.
 Constante dos gases = 0,082 L.atm.mol–1.K–1.
A. 	 4 
B. 	 9 
C. 	 25
D. 	 49 
E. 	 100 
Alternativa D
Resolução: Inicialmente, calcula-se a massa molar (M) do 
peróxido de hidrogênio (H2O2):
M(H2O2) = (2 . 1) + (2 . 16) = 34 g/mol
Considerando que a massa desse reagente utilizada na 
reação foi igual a 136 g, calcula-se a quantidade de matéria (n) 
de H2O2 que corresponde a esse valor:
n m
M
n g
gmol
n mol
=
=
=
136
34
4
/
Analisando a estequiometria da reação, verifica-se que a 
decomposição de 2 mol de H2O2 leva à formação de 1 mol de 
gás oxigênio (O2). Consequentemente, quando se reagem 
4 mol de H2O2, são formados 2 mol desse gás. De posse 
dessas informações e utilizando a equação de Clapeyron, 
calcula-se o volume de O2 liberado na reação:
p V n R T
V n R T
p
. . .
. .
=
=
OC6H Substituindo os valores nela, tem-se:
V mol atm L mol K K
atm
V L L
�
�
� �2 0 082 298
1
48 87 49
1 1. , . . . .
, 
Logo, a alternativa D está correta.
QUESTÃO 117 
A creatina é um suplemento alimentar produzido a partir 
de aminoácidos e sua função primordial é ser convertida 
em fosfocreatina nas fibras musculares, auxiliando na 
disponibilização de energia rápida. “Um de seus benefícios 
seria atuar no rendimento esportivo, como em sessões de 
musculação de alta intensidade. Suponhamos: um corredor 
de longa distância que, nos momentos finais, precisa dar 
um estirão para manter a liderança pode conseguir isso 
através da creatina”, diz Michele Trindade, vice-presidente 
da Associação Brasileira de Nutrição Esportiva.
Disponível em: <https://drauziovarella.uol.com.br>. 
Acesso em: 25 jan. 2024 (Adaptação).
A recomendação de uso dessa substância nessas situações 
deve-se ao seu papel relacionado à
A. 	 quebra de glicose.
B. 	 produção de vitaminas.
C. 	 formação de proteínas.
D. 	 liberação de sais minerais.
E. 	 regeneração de moléculas de ATP.
Alternativa E
Resolução: A regeneração de moléculas de ATP é a função 
primordial da creatina, através da fosfocreatina. Durante a 
atividade muscular intensa, a fosfocreatina doa um grupo 
fosfato para o ADP, regenerando o ATP, que é a principal 
fonte de energia celular. Isso permite a continuidade da 
produção de energia rápida, auxiliando em atividades de 
alta intensidade e curta duração. Por isso, a alternativa E 
está correta. A alternativa A está incorreta, pois a creatina 
não está diretamente envolvida na quebra de glicose. Esse 
processo é realizado principalmente através da glicólise, 
que ocorre no citoplasma das células e não envolve a 
participação da creatina. A alternativa B está incorreta, pois 
a creatina não está envolvida na produção de vitaminas. 
As vitaminas são compostos orgânicos essenciais para 
várias funções metabólicas do corpo, mas não são 
sintetizadas a partir da creatina. A alternativa C está 
incorreta, pois a creatina não está diretamente envolvida 
na formação de proteínas. A síntese de proteínas ocorre 
principalmente através do processo de tradução do RNA 
mensageiro nos ribossomos, e a creatina não participa 
desse processo. Por fim, a alternativa D está incorreta, pois 
a creatina não está envolvida na liberação de sais minerais. 
Os sais minerais são liberados ou absorvidos através de 
processos regulados por hormônios e não têm relação 
direta com a creatina.
X6N4
CNAT – PROVA II – PÁGINA 14 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 118 
Satélites artificiais utilizam sistemas eletrônicos de alta precisão para transmitir informações. Para prevenir a interferência 
na comunicação, causada por aumentos abruptos na emissão de radiação solar e por partículas eletricamente carregadas, 
esses satélites adotam revestimentos metálicos em suas superfícies externas.
O revestimento mencionado concede, para os satélites,
A. 	 isolamento térmico.
B. 	 isolamento acústico.
C. 	 condutividade elétrica.
D. 	 blindagem eletrostática.
E. 	 blindagem contra impactos físicos.
Alternativa D
Resolução: Os revestimentos metálicos nas superfícies dos satélites podem atuar como uma gaiola de Faraday. 
Nessa situação, há uma distribuição uniforme das cargas elétricas ao longo da superfície, fazendo com que o campo 
elétrico em seu interior seja nulo, fenômeno denominado blindagem eletrostática. Portanto, a alternativa D está correta. 
A alternativa A está incorreta, pois o metal é um bom condutor de calor, logo, ele não fornece isolamento térmico 
para o satélite. A alternativa B está incorreta, pois o texto não aborda ondas sonoras, relacionando o revestimento 
metálico apenas à radiação solar e às partículas elétricas. A alternativa C está incorreta, pois o revestimento metálico 
não fornece condutividade elétrica para o satélite, já que se trata de uma propriedade do próprio revestimento. 
A alternativa E está incorreta, pois o texto não aborda o impacto de objetos contra os satélites, e sim a relação entre o 
revestimento metálico e a radiação solar e as partículas elétricas.
QUESTÃO 119 
A observação da natureza tem levado os cientistas, ao longo dos anos, a desenvolverem teorias e modelos que devem 
ser testados, por meio de experimentos ou simulações. Portanto, a ciência não é algo neutro e acabado, mas construída 
socialmente e em constante evolução. Entretanto, alguns desses modelos apresentam limitações ao tentar explicar um 
fenômeno, exigindo a elaboração de novas representações. Por exemplo, um procedimento muito utilizado para demonstrar a 
presença de determinados cátions metálicos em solução é o teste de chamas, pois as cores emitidas nele são características 
de cada elemento. 
MELO, M. R.; LIMA NETO, E. G. Dificuldades de Ensino e Aprendizagem dos Modelos Atômicos em Química. 
Revista Química Nova na Escola, v. 35, n. 2, 2013 (Adaptação).
O procedimento descrito é explicado por um dos postulados de Bohr, segundo o qual
A. 	 a matéria constituinte do Universo é formada predominantemente por espaços vazios.
B. 	 o núcleo atômico descreve órbitas circulares cujos raios podem assumir qualquer valor.C. 	 o espectro de radiação emitido por um determinado tipo de elemento químico é contínuo. 
D. 	 os íons saltam para um nível mais externo de energia sempre que há absorção de energia na forma de luz. 
E. 	 os elétrons podem mudar de nível com a emissão ou absorção de energia igual à diferença de energia entre os níveis.
Alternativa E
Resolução: O teste de chamas é um procedimento utilizado para detectar a presença de alguns íons metálicos, baseado 
no espectro de emissão característico para cada elemento químico. Isso é possível, pois, quando um elétron ganha energia, 
ele é promovido a um nível mais energético e, logo em seguida, retorna ao nível de origem, liberando a energia recebida 
sob a forma de fótons de luz. Por exemplo, no caso dos íons sódio, a luz amarela é frequentemente observada durante 
esse processo. Logo, a alternativa E está correta.
QUESTÃO 120 
O ácido lático pode ser obtido industrialmente através de síntese química ou processo fermentativo com bactérias 
láticas, sendo um produto metabólico desses microrganismos. A produção de ácido lático a partir da fermentação microbiana 
representa mais de 50% da produção mundial. Devido à crescente demanda, esforços para a diminuição do custo do 
processo produtivo têm sido alvo recente de estudos. 
Disponível em: <https://edisciplinas.usp.br>. 
Acesso em: 20 fev. 2024 (Adaptação).
3ZZE
MJRH
61MT
ENEM – VOL. 4 – 2024 CNAT – PROVA II – PÁGINA 15BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Esse processo está relacionado à importância de determinadas bactérias na
A. 	 constituição de antibióticos.
B. 	 redução da microbiota intestinal.
C. 	 fabricação de produtos alimentícios.
D. 	 associação mutualística com os fungos. 
E. 	 produção de compostos como o vinagre.
Alternativa C
Resolução: As bactérias láticas são amplamente utilizadas na fabricação de produtos alimentícios fermentados, 
como iogurte, queijo, picles e muitos outros. Durante o processo de fermentação, essas bactérias produzem ácido 
lático como um produto metabólico, conferindo características sensoriais específicas aos alimentos e atuando 
como conservantes naturais. Por isso, a alternativa C está correta. A alternativa A está incorreta, pois as bactérias 
produtoras de antibióticos são de diferentes grupos bacterianos e produzem compostos diferentes. A alternativa B 
está incorreta, pois, embora as bactérias intestinais desempenhem um papel importante na saúde intestinal, 
as bactérias envolvidas na produção de ácido lático não estão relacionadas à redução da microbiota intestinal. 
Na verdade, algumas bactérias produtoras de ácido lático, como os probióticos, podem até mesmo ajudar a promover um 
equilíbrio saudável da microbiota. A alternativa D está incorreta, pois, embora existam associações mutualísticas entre 
bactérias e fungos em diferentes contextos, não é o caso usual na produção de ácido lático. Por fim, a alternativa E está 
incorreta, pois o vinagre é produzido principalmente através da fermentação acética, que envolve bactérias específicas, 
como Acetobacter. As bactérias produtoras de ácido lático não estão diretamente envolvidas na produção de vinagre.
QUESTÃO 121 
A técnica de redução na gastronomia envolve a concentração de sabores por meio da redução do líquido presente em 
molhos, caldos ou bases. Com a diminuição da água, intensifica-se o gosto do alimento, resultando em preparações mais 
ricas e encorpadas. É comum, no processo de redução, o cozinheiro começar o preparo com a panela tampada e, ao atingir 
a temperatura desejada, destampá-la. Essa técnica não apenas aprimora a experiência sensorial, mas também destaca a 
maestria do profissional da gastronomia. 
Qual transformação está envolvida nessa técnica?
A. 	 Fusão.
B. 	 Vaporização.
C. 	 Solidificação.
D. 	 Gaseificação.
E. 	 Condensação.
Alternativa B
Resolução: De acordo com o texto, a técnica de redução de líquidos em molhos, caldos ou bases é baseada na diminuição 
da água através do aquecimento. O que ocorre é a transformação da água que estava no estado líquido para o estado de 
vapor, processo denominado vaporização. Ao destampar a panela, o vapor sairá para o meio externo, permitindo o ponto 
ideal de molhos e caldos. Portanto, a alternativa B está correta.
QUESTÃO 122 
O carbonato de sódio é um sólido branco e higroscópico (1), isto é, que absorve facilmente a umidade do ar. Sendo 
assim, caso ele não seja devidamente armazenado, podem ser formados aglomerados de cristais (2), conforme representado 
a seguir:
 
(1) (2)
BUZ3
LNGQ
CNAT – PROVA II – PÁGINA 16 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Para solucionar esse problema, basta utilizar o 
almofariz e o pistilo, instrumentos de laboratório que 
permitem macerar substâncias sólidas formando partículas 
menores. Esse procedimento é útil no preparo de amostras 
para análises químicas ou para facilitar a dissolução de 
substâncias em líquidos.
A utilização da técnica descrita é possível, pois o carbonato 
de sódio é um sólido muito
A. 	 tenaz.
B. 	 dúctil.
C. 	 denso.
D. 	 maleável.
E. 	 quebradiço.
Alternativa E
Resolução: O carbonato de sódio (Na2CO3) é um 
sólido branco constituído de cátions Na+ e ânions CO3
2–. 
Em relação às suas propriedades físicas, esse composto 
possui temperaturas de fusão e ebulição elevadas em 
virtude de a ligação iônica ser intensa. Quando no estado 
sólido, é um mau condutor de eletricidade devido à pouca 
movimentação dos seus íons. No entanto, depois de fundido 
ou dissolvido, ele se torna bom condutor. Além disso, ele 
é muito duro, isto é, bem resistente ao risco, mas pouco 
tenaz, já que não é muito resistente ao choque mecânico 
(quebradiço). Por fim, a sua densidade é baixa (2,54 g/cm3) 
e ele não é dúctil e maleável, que são propriedades típicas 
dos metais. Logo, a alternativa E está correta.
QUESTÃO 123 
No teste de tipagem sanguínea, o processo de 
aglutinação consiste na reação entre o aglutinogênio e a 
aglutinina para a determinação do grupo sanguíneo ao qual 
um determinado indivíduo pertence. Em um laboratório, foi 
solicitado o teste de tipagem sanguínea para um paciente, 
cujo resultado é apresentado na figura a seguir:
Qual tipo sanguíneo possui a aglutinina que positivou o 
teste?
A. 	 A–
B. 	 B+
C. 	 A+
D. 	 B–
E. 	 O+
QGTØ
Alternativa D
Resolução: Para determinar o tipo sanguíneo, é necessário 
verificar a presença de aglutinogênios e aglutininas. Neste 
caso específico, identificamos a presença de aglutinogênio A 
aglutinado pela aglutinina A, e o aglutinogênio Rh aglutinado 
pela aglutinina Rh. Portanto, o sangue que apresenta tanto 
aglutinina A quanto aglutinina Rh é classificado como tipo B–. 
Por isso, a alternativa D está correta. As demais alternativas 
estão incorretas pois apresentam tipos sanguíneos 
incompatíveis com o resultado do teste.
QUESTÃO 124 
O ácido benzoico é encontrado naturalmente em uvas, 
maçãs, queijos e em alguns produtos fermentados, como 
iogurtes, cervejas e vinhos. Ele possui grande aplicação 
na indústria de alimentos, sendo utilizado na produção de 
conservantes, além de participar do processo de obtenção 
do nylon.
OLIVEIRA, P. H. R.; REIS, R. R. Métodos de Preparação Industrial de 
Solventes e Reagentes Químicos. Revista Virtual de Química, 
v. 9, n. 6, 2017 (Adaptação).
Qual é a fórmula estrutural que representa essa substância?
A. 	 OH
B. 	 O
C. 	 O
OH
D. 	 O
E. 	 NH2
XRYN
ENEM – VOL. 4 – 2024 CNAT – PROVA II – PÁGINA 17BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa C
Resolução: O ácido benzoico é um ácido carboxílico, isto é, que possui como grupo funcional a carbonila (C=O), ligada a 
uma hidroxila (–OH), e que se denomina grupo carboxila. A carboxila pode ser representada da seguinte maneira: 
O
OH
C
Analisando as fórmulas estruturais representadas nas alternativas, a única que possui a carboxila como grupo funcional 
é a seguinte:
O
OH
Logo, a alternativa C está correta.
QUESTÃO 125 
Em uma determinada prova destinadaa carros superesportivos, os veículos devem sair de 0 para 100 m/s, manter essa 
velocidade por 5 s e, em seguida, frear até a imobilidade. O veículo que detém o recorde conseguiu cumprir as etapas em um 
tempo de 35 s devido à sua grande aceleração de 10 m/s2 para alcançar a velocidade estipulada. 
A distância percorrida pelo veículo, em metro, durante a frenagem é 
A. 	 100. 
B. 	 250. 
C. 	 1 000.
D. 	 1 750.
E. 	 2 000.
Alternativa C
Resolução: Primeiramente, os carros superesportivos variam sua velocidade de 0 a 100 m/s com uma aceleração de 
10 m/s2 . Logo, determina-se o tempo gasto nessa etapa através da equação para a aceleração média: 
a = V
t
t s
m
�
�
� � �
100
10
10
Foi informado que o veículo que alcançou o recorde realizou as etapas em um tempo total de 35 s. Logo, como já foi 
despendido 10 s para a etapa de aceleração e 5 s para manter a velocidade alcançada, ele realizou o processo de frenagem 
em 20 s. Dessa forma, determina-se o valor da desaceleração do veículo: 
a = V
t
a
m
m
�
�
�
�
� �
100
20
5 2m s/
Por fim, determina-se a distância percorrida no processo de frenagem através da equação de Torricelli: 
V V a d
0 d
d m
2
0
2� �
� �
� �
2
100 2 5
10 000
10
1 000
2 2
. .
. .
Portanto, a alternativa C está correta.
KAMP
CNAT – PROVA II – PÁGINA 18 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 126 
Casos de aids crescem em jovens de 15 a 29 anos, 
alerta Ministério da Saúde
A nova edição do Boletim Epidemiológico HIV/Aids do 
Ministério da Saúde mostra uma queda no número de novos 
casos da síndrome durante os últimos 10 anos no Brasil. 
No entanto, destaca o impacto da doença entre os jovens 
homens de 15 a 29 anos, único grupo em que, na contramão 
da tendência nacional, foi identificado um crescimento nos 
diagnósticos.
Disponível em: <https://oglobo.globo.com>. 
Acesso em: 20 fev. 2024.
A melhor maneira de prevenção individual e coletiva contra 
esse vírus é
A. 	 utilizar preservativos em todas as relações sexuais.
B. 	 usar medicamentos antirretrovirais para controlar a 
infecção.
C. 	 incentivar a vacinação de populações mais suscetíveis 
ao hospedeiro.
D. 	 impedir a doação de sangue por homens da faixa 
etária de maior risco.
E. 	 evitar beijar, tocar ou abraçar pessoas com 
manifestações clínicas. 
Alternativa A
Resolução: O uso consistente de preservativos durante 
as relações sexuais é uma medida altamente eficaz 
para prevenir a transmissão do HIV e outras ISTs. 
Os preservativos ajudam a evitar o contato direto com os 
fluidos corporais que podem conter o vírus, proporcionando 
uma barreira de proteção. Além disso, os preservativos são 
acessíveis, seguros e amplamente disponíveis. Por isso, 
a alternativa A está correta. A alternativa B está incorreta, 
pois, embora os medicamentos antirretrovirais sejam 
essenciais para o tratamento e controle do HIV em pessoas 
que vivem com o vírus, a melhor prevenção é a proteção, 
seja em indivíduos infectados ou não. A alternativa C está 
incorreta, pois, até o momento, não há vacina disponível 
para prevenir o HIV. Embora a pesquisa sobre vacinas contra 
o HIV esteja em andamento, ainda não existe uma vacina 
amplamente disponível para prevenir a infecção. Além 
disso, o termo correto seria “agente etiológico” ao tratar de 
populações susceptíveis e não “hospedeiro”. A alternativa D 
está incorreta, pois impedir a doação de sangue por 
homens de determinada faixa etária não é uma estratégia 
eficaz para prevenir a transmissão do HIV. As práticas de 
triagem de doadores de sangue são baseadas em critérios 
de segurança para garantir a qualidade e segurança do 
sangue doado, não especificamente relacionados à faixa 
etária dos doadores. Por fim, a alternativa E está incorreta, 
pois o HIV não é transmitido através do beijo, toque ou 
abraço, mesmo que a pessoa tenha manifestações clínicas 
da doença. Portanto, essa não é uma medida eficaz de 
prevenção contra o HIV.
JHG6 QUESTÃO 127 
A Agência Nacional do Petróleo (ANP) estabelece que a 
gasolina comercializada no território nacional deve apresentar 
uma densidade mínima de 0,715 kg.dm–3 a 20 °C. Isso 
significa que, abaixo desse valor, a gasolina não atende às 
normas e provavelmente está adulterada com etanol e / ou 
outras substâncias. Com o intuito de verificar a qualidade da 
gasolina de um posto, um órgão de fiscalização encaminhou 
uma amostra contendo 0,8 L dessa gasolina para uma análise. 
Disponível em: <https://institutocombustivellegal.org.br>. 
Acesso em: 28 fev. 2024 (Adaptação).
Para atender à recomendação estabelecida pela ANP, 
a massa de gasolina, em grama, encontrada na amostra 
analisada deve ser de, no mínimo, 
A. 	 572.
B. 	 587.
C. 	 602.
D. 	 715.
E. 	 800.
Alternativa A
Resolução: A densidade (ρ) é uma propriedade definida 
como a razão entre a massa de um material e o volume 
ocupado por ele a uma dada temperatura e a uma pressão, 
conforme representado a seguir:
�
�
�
�
m
V
m V.
Substituindo os valores fornecidos e fazendo as conversões 
de unidade necessárias, tem-se:
m = 0,715 g . mL–1 . 800 mL
m = 572 g
Logo, a alternativa A está correta.
QUESTÃO 128 
Os carros híbridos representam uma evolução notável 
na indústria automotiva, introduzindo a sinergia entre 
motores elétricos e motores a combustão interna para 
otimizar a eficiência energética e reduzir emissões. Um dos 
elementos que contribui para a eficiência dos motores em 
carros híbridos é o uso do ciclo de Atkinson, representado 
na figura a seguir. 
Pressão
Volume
3 4
2
1 6
5
OATG
Y4A3
ENEM – VOL. 4 – 2024 CNAT – PROVA II – PÁGINA 19BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Após atingir a pressão máxima, o gás apresentará um(a)
A. 	 diminuição no volume.
B. 	 diminuição na pressão. 
C. 	 diminuição na temperatura. 
D. 	 aumento na energia interna. 
E. 	 aumento no número de mols. 
Alternativa D
Resolução: Através da análise do gráfico, percebe-se que, 
ao atingir a pressão máxima, representada pelo número 3, 
o gás se expande mantendo a pressão constante. Logo, 
trata-se de uma transformação isobárica, na qual o volume 
e a temperatura aumentam. Como há um aumento na 
temperatura, consequentemente ocorre o aumento da 
energia interna do sistema. Portanto, a alternativa D está 
correta.
QUESTÃO 129 
No livro The discovery of the elements, há toda 
uma seção dedicada aos “Mártires do Flúor”. Embora o 
cloro elementar tenha sido isolado do ácido clorídrico na 
década de 1770, seu primo mais reativo, o flúor, não era 
obtido com tanta facilidade. Todos os primeiros cientistas, 
aprendi em minhas leituras, sofreram a pavorosa tortura 
do envenenamento por ácido fluorídrico, e pelo menos 
dois morreram no processo. Consequentemente, o flúor só 
foi isolado em 1886, após quase um século de tentativas 
perigosas.
SACKS, O. Tio Tungstênio: Memórias de uma infância química. 
São Paulo: Companhia das Letras, 2002 (Adaptação).
A reatividade desse elemento se deve principalmente ao(à) 
seu(sua) 
A. 	 elevada densidade. 
B. 	 baixa afinidade eletrônica. 
C. 	 elevada eletronegatividade. 
D. 	 elevado valor de raio atômico. 
E. 	 baixo valor de energia de ionização.
Alternativa C
Resolução: A reatividade de um elemento está relacionada 
com a facilidade com que ele perde ou recebe elétrons. Para 
os ametais, quanto maior for a eletronegatividade, maior é 
a reatividade do elemento, pois ele tem maior tendência de 
atrair elétrons de uma ligação. O flúor é o elemento mais 
eletronegativo, portanto ele apresenta elevada reatividade. 
Logo, a alternativa C está correta.
QUESTÃO 130 
Capacitores de placas paralelas são dispositivos 
fundamentais em eletrônica e circuitos elétricos. Consistem 
em duas placas condutoras paralelas separadas por 
um material dielétrico. A característica distintiva desses 
capacitores é a forma como a carga elétrica se acumula 
nas placas, gerando um campo elétrico uniforme entre elas. 
XB4K
JURM
No circuito de motores de portões elétricos, a presença do 
capacitor garante a superaçãoinicial da resistência para 
a abertura. O circuito geralmente é alimentado por uma 
fonte de 120 V e os capacitores geram um campo elétrico 
de 600 V/m. 
Qual a distância, em centímetro, entre as placas do 
capacitor que compõe o circuito do portão elétrico?
A. 	 0,2 
B. 	 2,0
C. 	 5,0
D. 	 20,0
E. 	 500,0
Alternativa D
Resolução: O tipo de portão elétrico mencionado funciona 
ao ser alimentado por uma tensão elétrica de 120 V e gera 
um campo elétrico de 600 V/m. Logo, escreve-se: 
V= E d d = V
E
m cm. , , .� � � � �
120
600
0 2 0 2 100 20
Portanto, a alternativa D está correta. 
QUESTÃO 131 
O ferro (Fe), elemento químico de número atômico 
igual a 26, participa de importantes processos no organismo 
humano, o que o torna um dos nutrientes cuja deficiência 
gera sérias disfunções. Sua carência aparece como o 
problema nutricional mais frequente no mundo, afetando 
cerca de 24% da população. O ferro, quando na forma 
iônica, apresenta diversas funções no organismo, como 
o metabolismo do oxigênio, o transporte de elétrons e em 
centros catalíticos de enzimas de diversos tipos. 
BARAN, E. J. Suplementação de elementos-traços. Cadernos 
Temáticos de Química Nova na Escola, n. 6, jul. 2005 (Adaptação). 
O elemento cuja deficiência gera disfunções no organismo 
é classificado como um metal 
A. 	 alcalino.
B. 	 de transição.
C. 	 alcalinoterroso.
D. 	 representativo.
E. 	 de transição interna.
Alternativa B
Resolução: O ferro (Fe) é um elemento químico cujo 
número atômico (Z) é igual a 26. Assim, a sua distribuição 
eletrônica, em ordem crescente de energia, é a seguinte:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6
Analisando essa distribuição, verifica-se que se trata de uma 
configuração do tipo nsx (n – 1)dz, em que n = 4, x = 2 e 
z = 6. Além disso, ele apresenta o elétron diferencial em um 
subnível d do penúltimo nível energético, ou seja, trata-se 
de um metal de transição. Logo, a alternativa B está correta.
BYYH
CNAT – PROVA II – PÁGINA 20 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 132 
As câmeras de alta velocidade são capazes de capturar 
até um milhão de fotos por segundo. Elas permitem a 
compreensão de fenômenos rápidos, revelando detalhes 
que, muitas vezes, escapam à observação a olho nu. Para 
seu funcionamento, é necessária uma fonte de alimentação 
com as seguintes características: 
Fonte de alimentação
Entrada: 100-240 V 2 A 50-60 Hz
Saída: 24 V 6,67 A
O trabalho, em Joule, realizado pela fonte de alimentação 
durante 10 min é 
A. 	 1 200.
B. 	 1 600. 
C. 	 4 002.
D. 	 96 048.
E. 	 288 000.
Alternativa D
Resolução: De acordo com a imagem, as câmeras de 
alta velocidade funcionam conectadas a uma fonte de 
alimentação com uma diferença de potencial de saída igual 
a 24 V e uma corrente elétrica de 6,67 A. Primeiramente, 
determina-se a quantidade de carga elétrica que flui pela 
fonte em um tempo de 10 min: 
i Q
t
Q i t
Q C
� � �
� �
�
�
� �
�
.
, . .6 67 10 60 4 002
Por fim, calcula-se o trabalho realizado nesse intervalo de 
tempo: 
W = ∆Q . V = 4 002 . 24 = 96 048 J
Portanto, a alternativa D está correta. 
QUESTÃO 133 
A Distrofia Muscular de Duchenne (DMD) é uma 
doença neuromuscular fatal causada por uma mutação 
recessiva no cromossomo X. Sabe-se agora que o gene 
DMD codifica a distrofina, uma enorme proteína muscular 
com cerca de 4 000 aminoácidos que desempenha um papel 
fundamental na manutenção da integridade estrutural das 
células musculares. As células com genes DMD mutados 
não podem produzir distrofina normal, o que significa que 
são incapazes de funcionar adequadamente. 
Disponível em: <www.nature.com>. 
Acesso em: 8 fev. 2024. 
YGLJ
KZ9L
De que forma a presença do gene mutado impacta o seu 
portador?
A. 	 Homens sintetizam a distrofina disfuncional em 
heterozigose. 
B. 	 Mulheres homozigotas têm sua estrutura muscular 
preservada.
C. 	 Mulheres heterozigotas manifestam sintomas graves 
da distrofia.
D. 	 Mulheres portadoras não podem ter filho do sexo 
masculino afetado. 
E. 	 Homens são menos frequentemente afetados que as 
mulheres pela DMD.
Alternativa A
Resolução: Homens heterozigotos para a mutação no gene 
DMD são afetados pela doença, pois possuem apenas um 
cromossomo X e, se este contiver a mutação, não haverá 
um cromossomo X normal para compensar. Por isso, 
a alternativa A está correta. A alternativa B está incorreta, 
pois mulheres homozigotas para a mutação no gene DMD 
são afetadas pela doença. A alternativa C está incorreta, 
pois as mulheres heterozigotas para a mutação são apenas 
portadoras do gene e não manifestam a doença. A alternativa D 
está incorreta, pois mulheres portadoras do gene mutado 
no cromossomo X podem transmiti-lo para seus filhos, 
independentemente do sexo. Por fim, a alternativa E está 
incorreta, pois a DMD afeta predominantemente homens, 
enquanto mulheres raramente são afetadas devido ao fato 
de possuírem dois cromossomos X.
QUESTÃO 134 
A competição denominada Jornada de Foguetes, 
promovida pela parceria entre a Sociedade Astronômica 
Brasileira (SAB) e a Agência Espacial Brasileira (AEB), 
propõe um desafio aos estudantes de todo o Brasil: 
desenvolver, de forma experimental, foguetes capazes 
de atingir a maior distância horizontal possível durante o 
lançamento. 
Com o objetivo de ultrapassar o maior alcance 
conquistado na competição de 500 m, uma equipe 
posicionou o seu foguete com um ângulo de disparo de 
45° em relação à horizontal. Considere a aceleração da 
gravidade igual a 10 m/s2.
Qual a velocidade horizontal mínima, em metro por segundo, 
que o foguete deve ter para a equipe alcançar o objetivo? 
A. 	 35
B. 	 50
C. 	 70
D. 	 100
E. 	 112
U7L4
ENEM – VOL. 4 – 2024 CNAT – PROVA II – PÁGINA 21BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa B
Resolução: Em lançamentos a 45°, ambas as velocidades, horizontal e vertical, são iguais. No movimento horizontal, 
o alcance é dado por: 
A = vx . t (I)
Como as alturas inicial e final são iguais, o tempo é dado pela relação: 
h h v . t . g . t
v . t . g . t
t
v
g
0 0y
2
0y
2
0y
� � �
� �
�
1
2
0 1
2
2 . (II)
Substituindo II em I, escreve-se: 
A = v
v
gx
0y.
.2
Como v0y = vx: 
A = v
g
v A gx
x
2
2
2. .
� �
De acordo com o texto, a equipe deseja ultrapassar o alcance de 500 m. Substituindo os valores na relação anterior, 
escreve-se: 
v m/sx = =
500 10
2
50.
Portanto, a alternativa B está correta. 
QUESTÃO 135 
Um pesquisador está investigando a herança de duas características ao mesmo tempo: cor da semente (amarela ou 
verde) e textura da semente (lisa ou rugosa). Ele cruzou uma planta homozigota de sementes amarelas e lisas (AABB) com 
uma planta homozigota de sementes verdes e rugosas (aabb). Na geração F1, todas as plantas resultantes apresentaram 
sementes amarelas e rugosas (AaBb). 
Nesse experimento, o padrão de herança genética está de acordo com a Segunda Lei de Mendel porque os
A. 	 alelos múltiplos foram expressos com codominância.
B. 	 genes estão localizados em um mesmo cromossomo.
C. 	 alelos segregados configuram uma situação de tri-hibridismo.
D. 	 genes das diferentes características segregaram-se de forma independente.
E. 	 genes das diferentes características são determinados por um único locus gênico.
Alternativa D
Resolução: A Segunda Lei de Mendel, também conhecida como Lei da Segregação Independente, afirma que os alelos 
de diferentes genes segregam-se independentemente um do outro durante a formação dos gametas. Isso significa que os 
genes para diferentes características (neste caso, cor e textura da semente) são herdados independentemente um do outro 
e não influenciam a segregação dos alelos dos outros genes. Como observado na geração F1, em que todas as plantas 
resultantes apresentaram sementes amarelas e rugosas (AaBb), isso sugere que os genes para cor e textura da semente 
segregaram-se independentemente, o que está de acordo com a Segunda Lei de Mendel. Por isso, a alternativa D está 
correta. A alternativa A está incorreta, pois,na codominância, ambos os alelos são expressos completamente no fenótipo 
heterozigoto. A alternativa B está incorreta, pois este cruzamento não fornece informações sobre a ligação gênica (genes 
localizados no mesmo cromossomo) ou sua independência. A alternativa C está incorreta, pois o tri-hibridismo refere-se à 
herança de três características diferentes ao mesmo tempo. Por fim, a alternativa E está incorreta, pois cada característica 
é determinada por múltiplos genes em diferentes loci genéticos, e não por um único locus gênico. Por exemplo, a cor e a 
textura da semente são controladas por diferentes genes.
AOB2
CNAT – PROVA II – PÁGINA 22 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
MATEMÁTICA E SUAS TECNOLOGIAS
Questões de 136 a 180
QUESTÃO 136 
O salário-mínimo é reajustado anualmente com o intuito de manter o poder de compra do trabalhador. Por exemplo, 
caso os preços subam em virtude da inflação, com uma mesma quantidade de dinheiro, seriam comprados menos produtos, 
reduzindo o poder de compra da população. Para medir a variação dos preços e ajustar o valor do salário-mínimo, é utilizado 
o INPC (Índice Nacional de Preços ao Consumidor), o qual está diretamente relacionado com a taxa de inflação de dezembro 
do ano anterior. A tabela a seguir mostra o INPC e o valor do salário-mínimo de 2022 a 2024:
Ano INPC em 1º dez. do ano anterior Salário em 1º jan. do ano vigente
2022 10,0% R$ 1 212,00
2023 6,0% R$ 1 302,00
2024 4,0% R$ 1 412,00
Disponível em: <https://www.ibge.gov.br> e <www.contabeis.com.br>. 
Acesso em: 12 jan. 2024 (Adaptação).
Caso o reajuste no salário-mínimo de 2022 para 2023 tivesse sido na porcentagem indicada pelo INPC, o valor do salário-mínimo 
em janeiro de 2023 deveria ser de, aproximadamente,
A. 	 R$ 1 224,00.
B. 	 R$ 1 285,00. 
C. 	 R$ 1 333,00. 
D. 	 R$ 1 354,00.
E. 	 R$ 1 380,00.
Alternativa B
Resolução: De acordo com a tabela apresentada, o salário-mínimo vigente no Brasil no início de 2022 era de R$ 1 212,00 
e o INPC referente a dezembro do ano anterior a 2023, ou seja, em dezembro de 2022, era de 6,0%. Desse modo, caso o 
valor do salário-mínimo aumentasse em 6,0%, ele passaria a ser de:
1 212 . 1,06 = 1 284,72
Portanto, caso o aumento fosse dado exatamente pela porcentagem indicada pelo INPC, o valor do salário-mínimo em 
janeiro de 2023 deveria ter sido de R$ 1 285,00, aproximadamente. 
QUESTÃO 137 
Uma das modalidades de investimento é o Tesouro Direto, que são títulos públicos emitidos pelo Governo Federal. 
Garantidas pelo Tesouro Nacional, as rentabilidades desses títulos podem ser pré ou pós-fixadas, atreladas à taxa Selic 
ou ao IPCA, indexadores sujeitos às variações do cenário econômico do país. O quadro a seguir apresenta alguns desses 
planos, com vencimentos em 2029, sendo que, nos planos “Tesouro Selic 2029” e “Tesouro IPCA+ 2029”, as rentabilidades 
são obtidas por meio de dois aumentos sucessivos: o primeiro, relativo ao IPCA, e o segundo, relativo ao acréscimo de 
0,1% ou de 6%, dependendo do título:
Título Rentabilidade anual Vencimento
Tesouro pré-fixado 2029 10,3% 01/01/2029
Tesouro Selic 2029 Selic + 0,1% 01/03/2029
Tesouro IPCA+ 2029 IPCA + 6% 15/05/2029
Disponível em: <www.tesourodireto.com.br>. 
 Acesso em: 5 jan. 2024 (Adaptação). 
Um determinado investidor deseja aplicar um capital de R$ 10 000,00 no plano Tesouro IPCA+ 2029. Sabe-se que 
devem ser considerados o aumento correspondente ao IPCA (que era de 5% no ano vigente em questão) e o acréscimo 
desse título sobre o valor do IPCA como aumentos sucessivos.
QLGC
VETM
ENEM – VOL. 4 – 2024 MAT – PROVA II – PÁGINA 23BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
O rendimento aproximado que esse investidor obterá no 
primeiro ano será de
A. 	 R$ 1 030,00.
B. 	 R$ 1 100,00.
C. 	 R$ 1 130,00.
D. 	 R$ 1 500,00.
E. 	 R$ 1 610,00.
Alternativa C
Resolução: O IPCA vigente no ano em questão é de 
5%, desse modo, os R$ 10 000,00 investidos renderiam 
5
100
10 000 5 100 500. .= = reais. Logo, o montante 
passaria a ser de R$ 10 500,00. Sabe-se que, sobre esse 
valor, incide o acréscimo próprio do título, que é de 6%. 
Assim, tem-se: 
10 500 . 1,06 = 11 130
Portanto, em um ano, esse investimento de R$ 10 000,00 
renderia R$ 1 130,00. 
QUESTÃO 138 
O Limite de Resolução (LR) é a distância mínima 
entre dois pontos que podem ser observados como pontos 
individualizados. A ordem de grandeza do LR a olho nu é 
de 0,2 mm, ou seja, dois pontos que estão a uma distância 
inferior a 0,2 mm são vistos apenas como um ponto. 
Já para o Microscópio Ótico (MO), o LR é de 0,2 mm e, para 
o Microscópio Eletrônico (ME), o LR é de 0,2 nm.
Disponível em: <www.meib.uff.br>. 
Acesso em: 6 fev. 2024 (Adaptação). 
Sabendo que 1 mm = 10–6 m e 1 nm = 10–9 m, a razão entre 
o comprimento do LR a olho nu e o LR no Microscópio 
Eletrônico é de
A. 	 1 000.
B. 	 10 000.
C. 	 1 000 000.
D. 	 100 000 000.
E. 	 1 000 000 000.
Alternativa C 
Resolução: De acordo com o texto apresentado, o Limite 
de Resolução (LR) a olho nu é de 0,2 mm (milímetro), 
enquanto o LR para o microscópio eletrônico é de 0,2 nm 
(nanômetro). Sabe-se que 1 mm = 10–3 m e 1 nm = 10–9 m. 
Calculando a razão entre os valores dados, tem-se:
Razão = 0 2 10
0 2 10
10
10
10 10 1000 000
3
9
3
9
3 9 6, .
, .
( )
�
�
�
�
� � �� � � �
m
m
Portanto, a razão entre o LR a olho nu e o LR no microscópio 
eletrônico é de 1 000 000.
58A9
QUESTÃO 139 
O uso de estandartes é uma característica de diversas 
manifestações culturais, como as agremiações esportivas 
e os blocos carnavalescos. Na criação da decoração de 
um estandarte para um bloco carnavalesco, foi utilizado 
um painel de 3 metros de altura que foi dividido em quatro 
partes. Cada uma dessas partes trazia símbolos diversos, 
que representavam as quatro famílias que fundaram o 
bloco (I, II, III e IV), sendo que suas alturas eram diretamente 
proporcionais a 7, 6, 4 e 3, respectivamente. O esquema 
simplificado desse estandarte está apresentado na figura a 
seguir:
FAMÍLIA I
FAMÍLIA II
FAMÍLIA III
FAMÍLIA IV
A altura, em centímetro, da maior parte desse painel, entre 
as quatro partes, é:
A. 	 75
B. 	 90
C. 	 105
D. 	 135
E. 	 150
Alternativa C
Resolução: As alturas das quatro partes do estandarte 
que representam cada uma das famílias são diretamente 
proporcionais a 3, 4, 6 e 7. Seja k a constante de 
proporcionalidade, tem-se: 
3k + 4k + 6k + 7k = 3 m = 300 cm ⇒
20k = 300 cm ⇒ k = 15 cm
Então, 3k = 45 cm, 4k = 60 cm, 6k = 90 cm e 7k = 105 cm.
Portanto, a altura da maior parte, considerando as quatro 
partes do estandarte, é de 105 cm. 
QUESTÃO 140 
O sauroposeidon é um dos maiores dinossauros já 
descobertos. Ele viveu no litoral do Golfo do México em 
meados do Cretáceo, há 110 milhões de anos. Chegava a 
7 metros de altura até os ombros e tinha um pescoço que 
media cerca de 12 metros, se este de fato pudesse ser 
mantido na vertical, nesse caso, sua cabeça seria erguida 
a 19 metros de altura, fazendo dele o dinossauro mais alto 
de que se tem notícia.
Disponível em: <https://mundopre-historico.blogspot.com>. 
Acesso em: 16 mar. 2022 (Adaptação).
A1NJ
YSSE
MAT – PROVA II – PÁGINA 24 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Como lembrança para os visitantes, um museu vende 
miniaturas de dinossauros, sendo que a miniatura do 
sauroposeidon, criada considerando a redução da altura 
máxima do animal, tem 19 centímetros de altura.
Dessa maneira, a escala utilizada pelo artista para criar a 
miniatura do sauroposeidon foi:
A. 	 1 000 : 1
B. 	 100 : 1
C. 	 1 : 10
D. 	 1 : 100
E. 	 1 : 1 000
Alternativa D
Resolução: Sabe-se que 1 metro equivale a 100 centímetros. 
Logo, ao se comparar a altura da miniatura do dinossauro 
(19 cm) com a altura original desse animal (19 m), nas 
condições apresentadas, tem-se:
Miniatura
Original
cm
m
cm
cm
= = = =
19
19
19
19 100
19
1 900
1
100.
Portanto, a escala utilizada foi de 1 : 100.
QUESTÃO 141 
As paredes verdes são, resumidamente, uma estrutura 
vertical cobertapor vegetação, criando um revestimento 
vivo. Um exemplo de aplicação de parede verde se encontra 
no Edifício Santalaia, um prédio residencial que fica em 
Bogotá, capital colombiana, sendo considerado o maior 
jardim vertical do mundo: são 3 000 m2 de verde cobrindo 
os nove andares desse edifício.
Disponível em: <https://exame.com>. 
Acesso em: 6 fev. 2024 (Adaptação). 
Para uma exposição sobre a preservação do meio 
ambiente, um grupo de alunos ficou responsável pela 
construção da maquete do Edifício Santalaia. Nela, havia 
explicações sobre os benefícios da vegetação no meio 
urbano. Para essa maquete, eles utilizaram uma folha de 
papel camurça para simular a parede verde. Sabe-se que 
foi usado 0,3 m2 de papel nesse processo.
Com base nas informações apresentadas, a escala utilizada 
nesse projeto foi de 
A. 	 1 : 10.
B. 	 1 : 100.
C. 	 1 : 1 000.
D. 	 1 : 10 000.
E. 	 1 : 100 000.
WJAL
Alternativa B
Resolução: De acordo com o texto-base, a parede verde 
no Edifício Santalaia tem 3 000 m2 de área. Na réplica 
feita pelos alunos, foi utilizado 0,3 m2 de papel. Fazendo a 
razão entre as áreas do prédio real e da maquete, tem-se: 
3 000 : 0,3 = 10 000. No entanto, a escala a ser considerada 
deve ser a linear, que é dada pela raiz quadrada da escala 
superficial. Assim, tem-se:
E E2 1
10 000
1
10 000
1
100
1 100� � � � � :
Portanto, a escala adotada nessa representação foi de 
1 : 100. 
QUESTÃO 142 
Pedro saiu com mais três amigos para comemorar o 
seu aniversário em um restaurante. Ao final do passeio, 
a soma da conta no restaurante foi ao todo R$ 600,00. 
Desse total, R$ 150,00 foram gastos nas entradas que 
pediram no restaurante, R$ 300,00 nos pratos principais, 
R$ 100,00 foram gastos em bebidas e o restante foi o preço 
pago nas sobremesas. Não houve despesas com gorjetas.
Considerando os gastos no restaurante, as razões entre o 
preço pago nas entradas, nos pratos principais, em bebidas 
e nas sobremesas, sobre o total pago, respectivamente, 
são: 
A. 	
1
2
1
4
1
6
1
12
, , ,
B. 	 1
2
1
4
1
12
1
6
, , ,
C. 	
1
4
1
2
1
6
1
12
, , ,
D. 	 1
4
1
2
1
12
1
6
, , ,
E. 	
1
16
1
8
1
24
1
48
, , ,
Alternativa C
Resolução: O valor das sobremesas foi:
600 – 150 – 300 – 100 = R$ 50,00
Assim, as razões na ordem pedida são:
• Razão entre entradas e total = 150
600
1
4
=
• Razão entre pratos principais e total = 300
600
1
2
=
• Razão entre bebidas e total = 100
600
1
6
=
• Razão entre sobremesas e total = 50
600
1
12
=
Assim, as razões pedidas são 1
4
1
2
1
6
1
12
, , , , respectivamente.
O2VL
ENEM – VOL. 4 – 2024 MAT – PROVA II – PÁGINA 25BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 143 
Segundo normas de certa cidade, a área construída e a área verde devem ser iguais nos terrenos administrados pela 
prefeitura. Nesses termos, um lote em formato triangular será dividido conforme mostra a figura a seguir, na qual a divisão 
entre a parte construída e a área verde está representada pela reta r, paralela à reta s, que contém o fundo do lote.
r
s
Área
verde
Área
construída
Avenida Beta
Rua Alfa
Sabe-se que, obedecidas as normas municipais, a reta r dividirá as laterais do lote em segmentos de reta que são 
adjacentes à área construída e à área verde.
A razão entre a medida da lateral da área construída e a medida da lateral da área verde, nessa ordem, ambas localizadas 
na Avenida Beta, é igual a:
A. 	 1
2
B. 	 2
2
C. 	 2
D. 	 2 1−
E. 	 2 1+
Alternativa D
Resolução: De acordo com a legislação municipal, a área verde equivale à metade da área total do terreno. Assim, tem-se 
a seguinte relação:
A
A
verde
terreno
=
1
2 (I)
Como as retas r e s são paralelas, os triângulos que representam a área verde e o terreno são semelhantes por terem os três 
ângulos iguais, sendo um deles comum aos dois triângulos e os outros dois são correspondentes, pois r e s são paralelas. 
Sabe-se que a razão de semelhança entre as áreas é o quadrado da razão de semelhança entre os lados. Assim, tem-se:
A
A
L
L
verde
terreno
verde
terreno
�
�
�
�
�
�
�
2
 (II)
Substituindo I em II:
L
L
L
L
L Lverde
terreno
verde
terreno
terreno ver
�
�
�
�
�
� � � � � �
2
1
2
1
2
2 . dde
O lado do terreno é dado pela soma do lado adjacente à área verde com o lado adjacente à área construída, de modo que 
o lado da área construída é dado pela diferença entre o lado do terreno e o lado da área verde:
L L L L L Lconstruída terreno verde verde verde verde� � � � � �� �2 2 1.
Portanto, a razão entre o lado da área construída e o lado da área verde é de 2 1− .
WR42
MAT – PROVA II – PÁGINA 26 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 144 
Um desenhista estava fazendo o projeto de um barco 
a vela em que as duas velas têm formatos de triângulos e 
fez o desenho visto na imagem a seguir:
1,56 metro
2,4 metros
2,0 metros
D
C
B
E
A
No desenho, ele já incluiu algumas medidas reais das 
velas e pintou os ângulos congruentes da mesma cor.
Dessa maneira, a medida real do lado AB da vela menor 
é igual a
A. 	 0,80 m.
B. 	 1,00 m.
C. 	 1,30 m.
D. 	 1,96 m.
E. 	 2,00 m.
Alternativa C
Resolução: Por terem dois ângulos congruentes, os 
triângulos ABC e ADE são semelhantes. Assim, tem-se:
BC
DE
AB
AE
AB AB� � � � � � �
156
2 4 2
2 156
2 4
156
1 2
13,
,
. ,
,
,
,
,
Portanto, a medida real do lado AB da vela menor é de 
1,30 metro.
QUESTÃO 145 
Em um estudo com um grupo de idosos a respeito de 
acompanhamento médico e prática de atividades físicas, 
foram obtidas as seguintes informações: 
• 34% desses idosos praticam atividades físicas;
• 53% desses idosos fazem acompanhamento 
médico regularmente;
• 27% desses idosos não praticam atividades 
físicas nem fazem acompanhamento médico 
regularmente.
W81Ø
5KLP
O intuito dessa pesquisa era de descobrir a quantidade 
de idosos que, apesar de fazerem acompanhamento médico 
com regularidade, não praticam atividades físicas. Esse grupo 
foi classificado como o alvo da pesquisa. Com esse número, 
as autoridades poderiam implementar medidas adequadas 
para o incentivo da prática de atividades físicas para esse 
grupo-alvo.
Qual percentual de idosos nessa pesquisa faz parte do 
grupo-alvo?
A. 	 13%
B. 	 14%
C. 	 20%
D. 	 26%
E. 	 39%
Alternativa E
Resolução: Pode-se construir um Diagrama de Venn 
que represente a situação, com um conjunto universo 
representando os idosos desse grupo, um conjunto M 
representando quem faz acompanhamento médico 
regularmente e um conjunto F representando quem faz 
atividades físicas. Sendo x a quantidade de idosos que 
apenas fazem acompanhamento médico, ou seja, a 
diferença entre os conjuntos M e F, tem-se: 
M F
x 34%
27%
Como o total da porcentagem é 100%, tem-se que: 
x + 34 + 27 = 100 ⇒ x + 61 = 100 ⇒ x = 39
De posse dessa informação, pode-se preencher o 
diagrama com os valores definidos, todos em porcentagem, 
destacando o grupo-alvo, que consiste nos idosos que 
fazem acompanhamento médico regularmente, mas não 
praticam atividades físicas.
M F
39% 34%
27%
Portanto, o grupo-alvo corresponde a 39% do grupo 
pesquisado.
ENEM – VOL. 4 – 2024 MAT – PROVA II – PÁGINA 27BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 146 
Na sala dos professores de uma determinada escola, há dois armários numerados, um na cor amarela, para os 
professores do turno da manhã, e outro na cor azul, para os professores do turno da tarde, os quais têm 6 e 8 compartimentos 
por coluna, respectivamente. Nos dois casos, a numeração é feita de maneira ordenada de cima para baixo, da esquerda 
para a direita. Sabe-se que, no armário amarelo, há 60 compartimentos ao todo e que, no armário azul, há 64 compartimentos 
ao todo. Nas imagens a seguir, são mostradas as duas primeiras colunas de cada armário, sendo que a fileira inferior de 
cada armário está em contato direto com o piso:
Turno da manhã (amarelo) Turno da tarde (azul) 
1 7
2 8
3 9
4 10
5 11
6 12
1
2
3
4
9
10
11
12
5
6
7
8
13
14
15
16
Jefferson é professor dos doisturnos nessa escola e separa os seus materiais nesses dois armários. Para não se 
esquecer da numeração de seus compartimentos, ele pediu que eles tivessem o mesmo número e se encontrassem na 
fileira inferior desses armários. 
Qual é o menor número que pode representar os compartimentos utilizados por Jefferson nos dois armários?
A. 	 18
B. 	 24
C. 	 28
D. 	 42
E. 	 48
Alternativa B
Resolução: No armário amarelo, os números dos compartimentos na linha mais próxima ao piso são múltiplos de 6, 
e no armário azul, são múltiplos de 8. Como o compartimento utilizado pelo professor deve ter o mesmo número nos dois 
armários, deve-se procurar um número que seja múltiplo comum a 6 e 8. O enunciado da questão solicita o menor número 
que pode representar os compartimentos utilizados por Jefferson nesses dois armários. Logo, deve-se buscar o menor 
número que é múltiplo de 6 e de 8, simultaneamente, ou seja, o MMC de 6 e 8.
6 = 2 . 3
8 = 2 . 2 . 2 = 23
Tomando as bases comuns e não comuns com os maiores expoentes, tem-se 23 . 3 = 8 . 3 = 24.
QUESTÃO 147 
O cúbito babilônico era a unidade padrão de comprimento na Babilônia (região atual do Iraque), equivalendo a 
530 milímetros. Um de seus submúltiplos era o shusi, definido como a trigésima parte dessa unidade.
Disponível em: <https://canalmetrologia.com.br>. 
Acesso em: 3 nov. 2021 (Adaptação). 
ADYZ
1IMS
MAT – PROVA II – PÁGINA 28 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Um arqueólogo encontrou um objeto de origem babilônica em uma escavação cujo comprimento estava gravado nele 
e era de 12 shusis. 
Com base nessas informações, o comprimento desse objeto, em centímetro, era de
A. 	 1,5.
B. 	 2,5.
C. 	 17,7.
D. 	 21,2.
E. 	 44,2.
Alternativa D
Resolução: De acordo com o texto, 1 cúbito babilônico é igual a 530 mm = 53 cm. O shusi era a trigésima parte do cúbito 
babilônico, isto é, 1
30
 do cúbito babilônico. Logo, o comprimento do objeto de 12 shusis, em cm, é:
53 1
30
12 53 1
10
4 212
10
21 2. . . . ,= = = cm
QUESTÃO 148 
Para definir uma chave criptográfica de três dígitos, uma empresa utiliza algumas potências de 5, pois elas 
apresentam um padrão nos algarismos da classe das unidades simples quando o expoente é maior ou igual a 3: 
essas potências sempre terminam em 25. Além disso, quando o expoente é ímpar, o algarismo das centenas da potência 
é 1, e quando o expoente é par, o algarismo das centenas da potência é 6. Sabe-se que a chave para o acesso a uma 
determinada planilha é dada pelos três últimos algarismos do resultado da expressão: 514 – 511 – 58.
Qual chave criptográfica foi utilizada para o acesso a essa planilha?
A. 	 000 
B. 	 125
C. 	 500
D. 	 625
E. 	 875
Alternativa E
Resolução: De acordo com as informações apresentadas a respeito das potências de 5 com expoentes naturais maiores 
ou iguais a 3, tem-se que: se o expoente for ímpar, os três últimos algarismos são 1, 2 e 5 e, se o expoente for par, os três 
últimos algarismos são 6, 2 e 5. A expressão numérica dada, para a obtenção da chave, era 514 – 511 – 58. Ao indicar os 
três últimos algarismos desses três números, tem-se 625, 125 e 625, respectivamente. Ao fazer a operação envolvendo a 
classe das unidades simples: 
625 – 125 – 625 = –125
Como é utilizada a base decimal de numeração e não há algarismos negativos para a representação de uma classe, 
deve-se trocar esse valor, tomando “1” da unidade de milhar, obtendo 1 000 – 125 = 875.
Portanto, os três últimos algarismos serão 875, formando a chave de acesso à planilha apresentada. 
QUESTÃO 149 
Em um acampamento previsto para 30 dias, 50 pessoas ficarão alojadas em barracas com suprimentos alimentares, 
que foram distribuídos igualmente em porções diárias de 750 gramas por pessoa. Devido a questões pessoais, 20 pessoas 
do grupo retornaram para suas residências 5 dias antes do previsto inicialmente. Por isso, para evitar o desperdício dos 
suprimentos alimentares, os demais integrantes deverão redistribuir, igualmente entre eles, a quantidade remanescente 
de suprimentos para os dias restantes.
Nessa nova circunstância, a porção de suprimentos diária por pessoa, em grama, será de
A. 	 770.
B. 	 875.
C. 	 1 050.
D. 	 1 125.
E. 	 1 250.
DA9R
J3MØ
ENEM – VOL. 4 – 2024 MAT – PROVA II – PÁGINA 29BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa E
Resolução: No cenário de 30 dias e 50 pessoas, seriam necessários 750 gramas de suprimentos diários por pessoa. 
Como 20 pessoas saíram 5 dias antes do término do acampamento, tem-se que, nesses 5 últimos dias, haverá 30 pessoas 
para consumir o alimento disponível. As grandezas envolvidas são quantidade de pessoas e quantidade de suprimentos. 
Sabe-se que, quanto mais pessoas no grupo, para uma quantidade fixa de alimento disponível, menor será a quantidade 
de alimento por pessoa, de modo que essas grandezas são inversamente proporcionais. De acordo com as informações 
apresentadas, sendo x a quantidade de alimento por pessoa no novo cenário, tem-se:
Pessoas Quantidade de suprimentos diária por pessoa (g)
Cenário anterior 50 750
Cenário novo 30 x
Como trata-se de grandezas inversamente proporcionais, tem-se:
30 50 750 50 750
30
50 25 1250x x� � � � �. . .
Portanto, nos cinco últimos dias desse acampamento, serão disponibilizados 1 250 gramas de suprimentos diariamente 
por pessoa. 
QUESTÃO 150 
Três irmãos compartilham um terreno triangular e planejam construir uma área de lazer dentro da propriedade. 
Para determinar a melhor localização, eles fizeram um desenho do terreno, visto como o triângulo APB na figura a seguir:
M
A B
Q
P
β
H
α
Após analisar o terreno, os irmãos decidiram que a área de lazer seria delimitada pelo triângulo AHP, sendo H o ortocentro 
do triângulo APB. Para determinar a posição correta dessa área, eles traçaram as alturas relativas aos lados AB e BP, 
e encontraram as medidas dos ângulos α e β.
Se, no desenho do terreno, PA = PB e o ângulo β = 55°, a medida do ângulo α encontrada pelos irmãos é
A. 	 15°.
B. 	 20°.
C. 	 25°.
D. 	 30°.
E. 	 35°.
Alternativa B
Resolução: Pela soma dos ângulos internos do triângulo PHQ, tem-se HPQ � � � � � � � �180 90 55 35 . Como o triângulo 
ABP é isósceles, PM é a bissetriz do ângulo em P, logo HPA � �35 . Já que AHP é suplementar de β, segue que 
AHP � � � � � �180 55 125 . Pela soma dos ângulos internos do triângulo AHP, tem-se:
α = 180° – 125° – 35° ⇒ α = 20°
3TLQ
MAT – PROVA II – PÁGINA 30 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 151 
Para lidar com despesas pessoais, um funcionário solicitou a antecipação do décimo terceiro salário, porém, seriam 
cobrados juros compostos sobre o valor antecipado, pois uma instituição financeira estaria envolvida nessa transação. 
A tabela a seguir mostra os valores disponíveis para a antecipação, conforme a faixa salarial dos funcionários:
Faixa Salário Valor da antecipação
I Até R$ 1 600,00 R$ 500,00
II Entre R$ 1 600,00 e R$ 2 000,00 R$ 750,00
III Entre R$ 2 000,00 e R$ 2 500,00 R$ 1 000,00
IV Entre R$ 2 500,00 e R$ 3 000,00 R$ 1 250,00
V Acima de R$ 3 000,00 R$ 1 500,00
Para o funcionário em questão, que tem o salário de R$ 3 200,00, o valor solicitado, com previsão de pagamento 
em 20 de novembro, seria antecipado para o dia 20 de setembro. A cobrança seria feita no contracheque emitido em 
20 de novembro, com acréscimo de juros compostos de 5% ao mês. 
O valor a ser descontado no contracheque dele, em novembro, será de aproximadamente
A. 	 R$ 1 510,00. 
B. 	 R$ 1 575,00. 
C. 	 R$ 1 654,00. 
D. 	 R$ 1 680,00. 
E. 	 R$ 1 764,00. 
Alternativa C
Resolução: Uma vez que o salário mensal desse funcionário é de R$ 3 200,00, ele se adequa à faixa V, cujo valor de 
antecipação é de R$ 1 500,00. Aplicando a fórmula de juros compostos a esse valor, considerando um tempo de 2 meses 
e a taxa mencionada de 5% ao mês, tem-se o montante dado por:
M = C . (1 + i)t = 1 500 . (1 + 0,05)2 = 1 500 . 1,05 . 1,05 = 1 653,75
Portanto, o valor descontado no contracheque de novembro será de aproximadamenteR$ 1 654,00.
QUESTÃO 152 
Estudantes da Universidade Federal de Viçosa se mobilizaram nesta segunda-feira (22 de novembro de 2021) contra 
o possível fim de um subsídio, o que pode fazer com que o preço da refeição no restaurante universitário, conhecido como 
“bandejão”, que atualmente é de R$ 1,90, tenha um aumento de 370%. Na prática, esse ajuste vai atingir os alunos que 
não estão enquadrados no perfil de vulnerabilidade social.
Disponível em: <https://noticias.r7.com>. Acesso em: 26 nov. 2021 (Adaptação).
De acordo com o texto, se o ajuste foi aplicado ao preço atual do “bandejão”, qual será o novo valor que os alunos não 
enquadrados no perfil de vulnerabilidade social deverão pagar pela refeição?
A. 	 R$ 5,70
B. 	 R$ 7,03
C. 	 R$ 7,60
D. 	 R$ 8,30
E. 	 R$ 8,93
Alternativa E
Resolução: Com o aumento de 370%, o novo preço y será o preço atual mais o ajuste, ou seja:
y = 1,9 + 370% . 1,9 = 1,9 + 3,7 . 1,9 = 1,9 + 7,03 = R$ 8,93
Portanto, o novo valor a ser pago na refeição pelos alunos que não se enquadram em perfil de vulnerabilidade social será 
de R$ 8,93. 
5M93
M4ZQ
ENEM – VOL. 4 – 2024 MAT – PROVA II – PÁGINA 31BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 153 
Um topógrafo está responsável pela medição do perímetro de um estabelecimento que será composto por três lotes 
(I, II e III). Sabe-se que os lotes I e III têm o formato de triângulo retângulo e o lote II, de um triângulo equilátero. Algumas 
das medidas desse local já foram realizadas, como apresentado na imagem a seguir:
I
II
III
C
E
D
A
B
33 m
63 m
65 m
O perímetro da região destinada a esse estabelecimento, em metro, é de
A. 	 161.
B. 	 195.
C. 	 226.
D. 	 233.
E. 	 291.
Alternativa D
Resolução: O empreendimento formado pelos três lotes será delimitado pelos segmentos AD, AB, BE, CE e DC. Desses, 
já são conhecidos AD = 33 m, AB = 65 m e BE = 63 m, faltando a determinação das medidas dos segmentos CE e 
DC. Além disso, foi informado que o lote II (triângulo ABC) é equilátero, de modo que AB = BC = AC = 65 m. Como o 
triângulo BEC é retângulo, pode-se aplicar o Teorema de Pitágoras: 
BC CE EB CE CE
CE
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
65 63 65 63 65 63 65 63
1
� � � � � � � � � �� � �� � �
� �
.
228 2 256 256 16. � � � �CE m
Do mesmo modo, sendo o triângulo ADC também retângulo, tem-se:
AC AD DC DC DC
DC
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
65 33 65 33 65 33 65 33
9
� � � � � � � � � �� � �� � �
� �
.
88 32 49 2 32 49 64 49 64 7 8 56. . . . . .� � � � � �DC m
Logo, o perímetro desse empreendimento é de 33 + 65 + 63 + 16 + 56 = 233 m.
C
E
D
A
B
33 m
63 m
65 m
56 m
16 m
65 m 65 m
Portanto, o perímetro pedido é de 233 metros.
XQGX
MAT – PROVA II – PÁGINA 32 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 154 
Um restaurante, além de enviar para a reciclagem o lixo produzido no estabelecimento, entrega toda semana uma 
parte dos resíduos orgânicos gerados para duas empresas de biodigestão, A e B, descartando o restante. A empresa A 
recebe, em quilograma, 2
5
 dos resíduos orgânicos semanais do restaurante e os utiliza para a produção de adubo orgânico. 
A empresa B, que é especializada em produção de energia elétrica com resíduos orgânicos, recebe, em quilograma, 1
3
 
dos resíduos orgânicos semanais do restaurante. 
Sabendo que, na última semana, foram descartados 40 kg de resíduos orgânicos, em relação aos resíduos orgânicos 
gerados nesse período, quantos quilogramas foram destinados para a empresa A?
A. 	 16
B. 	 20
C. 	 44
D. 	 50
E. 	 60
Alternativa E
Resolução: Seja x o total de resíduos orgânicos gerados na semana em questão. Com os dados do problema, 
é possível montar a seguinte equação do 1º grau:
2
5 3
40x x x� � �
Logo: 
2
5 3
40 6 5 600
15
15
15
6 5 600 15
11 600 15
x x x x x x
x x x
x x
� � � �
� �
� �
� � � � �
� � � � 44 600 150x x� � �
Dessa maneira, a quantidade total de resíduos gerados naquela semana foi de 150 kg. Desses 150 kg, 2
5
 são entregues 
à empresa A. Assim:
A x A kg� � � �
2
5
2 150
5
60.
Portanto, 60 kg dos resíduos orgânicos produzidos naquela semana no restaurante foram destinados para a empresa A.
QUESTÃO 155 
Em janeiro de 2024, a taxa Selic praticada no Brasil era de 11,25% ao ano. Ela foi decidida no dia 31 de janeiro de 2024 
e representa uma queda em relação ao mês de dezembro, quando essa taxa de juros se encontrava em 11,75% ao ano.
Disponível em: <https://blog.nubank.com.br>. 
Acesso em: 6 fev. 2024 (Adaptação). 
Para a reforma de um estabelecimento comercial, o proprietário tomou emprestado R$ 20 000,00 em regime de juros 
simples, a serem pagos em 3 anos, usando como referência a taxa Selic vigente em dezembro de 2023. Com a redução da 
taxa, ele solicitou a alteração no contrato, o que foi aceito, porém, com a condição de que nos 3 anos seria utilizada uma 
taxa de 11,5% ao ano, e não mais a de dezembro de 2023.
Com a modificação no contrato, o montante a ser pago, para quitar o empréstimo, foi reduzido em exatamente
A. 	 R$ 50,00.
B. 	 R$ 75,00.
C. 	 R$ 100,00.
D. 	 R$ 150,00.
E. 	 R$ 300,00.
PEIA
J83Ø
ENEM – VOL. 4 – 2024 MAT – PROVA II – PÁGINA 33BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa D
Resolução: De acordo com as condições contratuais, a dívida seria quitada em 3 anos, em regime de juros simples, 
passando de uma taxa de juros de 11,75% ao ano para uma taxa de 11,5% ao ano. Sabe-se que o capital inicial era de 
R$ 20 000,00. Como o regime é de juros simples, tem-se as seguintes situações:
Situação I (Taxa de juros de 11,75% ao ano)
M1 = C + J1 = C + C . i1 . t = 20 000 + 20 000 . 0,1175 . 3 = 20 000 + 7 050 = 27 050
Situação II (Taxa de juros de 11,5% ao ano)
M2 = C + J2 = C + C . i2 . t = 20 000 + 20 000 . 0,115 . 3 = 20 000 + 6 900 = 26 900
A diferença entre os montantes é de 27 050 – 26 900 = 150.
Portanto, o montante foi reduzido em R$ 150,00.
QUESTÃO 156 
Em um processo seletivo, havia duas provas: conhecimentos gerais (Prova I) e conhecimentos específicos (Prova II), 
sendo a pontuação dada conforme a tabela a seguir:
Prova Total de questões na prova Questão certa Questão errada ou em branco
I 20 2 pontos –1 ponto 
II 10 5 pontos –2 pontos 
Sabe-se que a nota final é dada pela soma das notas das duas provas. Bruna e Júnior foram os dois primeiros colocados 
nesse processo, sendo que: Bruna acertou 18 questões na Prova I e 9 questões na Prova II; e Júnior acertou 19 questões 
na Prova I e 8 questões na Prova II.
A diferença, em pontos, entre as notas finais do primeiro e segundo colocados nesse processo seletivo foi de
A. 	 0.
B. 	 1.
C. 	 2.
D. 	 3.
E. 	 4.
Alternativa E 
Resolução: De acordo com a tabela, na Prova I, para cada acerto, ganham-se 2 pontos e, para cada erro, é descontado 
1 ponto. Na Prova II, para cada acerto, ganham-se 5 pontos e, para cada erro, são descontados 2 pontos. Sabe-se que 
Bruna acertou 18 questões na Prova I e 9 questões na Prova II e que Júnior acertou 19 questões na Prova I e 8 questões 
na Prova II. Assim, tem-se:
• Bruna: 18 . 2 + 2 . (–1) + 9 . 5 + 1 . (–2) = 36 – 2 + 45 – 2 = 34 + 43 = 77 pontos
• Júnior: 19 . 2 + 1 . (–1) + 8 . 5 + 2 . (–2) = 38 – 1 + 40 – 4 = 37 + 36 = 73 pontos
Portanto, a diferença entre as pontuações desses candidatos foi de 77 – 73 = 4 pontos. 
QUESTÃO 157 
Os números metálicos são soluções positivas x da equação x2 – bx – c = 0, em que b e c são números naturais positivos. 
O mais conhecido desses números é o Número de Ouro, que é solução positiva da equação x2 – x – 1 = 0.
Existem números metálicos racionais e irracionais. Os valores numéricos de alguns desses números metálicos irracionais 
estão apresentados na tabela a seguir:
6RR2
YVXX
MAT – PROVA II – PÁGINA 34 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Nome Valor
Número de Bronze 3 3
2
+
Número de Prata 1 2+
Número de Níquel 1 13
2
+
Número de Ouro 1 5
2
+
Número de Platina 1 3+
Disponível em: <https://ufsj.edu.br>. Acesso em: 1 fev. 2024 (Adaptação).
O número 2, que é a solução positiva da equação x2 – x –2 = 0, é o Número de Cobre e é um número metálico racional.
Considerando 2 1 4= , ; 3 17= , ; 5 2 2= , e 13 3 6= , , dos cinco números metálicos irracionais apresentados no quadro, 
aquele cujo valor mais se aproxima do Número de Cobre é o Número de 
A. 	 Bronze.
B. 	 Prata.
C. 	 Níquel.
D. 	 Ouro.
E. 	 Platina.
Alternativa C
Resolução: Utilizando os dados do enunciado, tem-se que os valores dos números metálicos são: 
Bronze � �
�
�
� �
3 3
2
3 17
2
4 7
2
2 35, , , , Prata � � � � �1 2 1 1 4 2 4, , , Níquel � �
� �
1 3 6
2
4 6
2
2 3, , , , Ouro � �
� �
1 2 2
2
3 2
2
1 6, , , , 
Platina � � � � �1 3 1 17 2 7, , . 
Para encontrar o número que mais se aproxima do Número de Cobre, realizam-se as diferenças, em módulo caso 
necessário, entre o valor de cada número metálico indicado na tabela e o valor do Número de Cobre, que é 2, resultando, 
respectivamente, em: 
• Bronze: 2,35 – 2 = 0,35; 
• Prata: 2,4 – 2 = 0,40; 
• Níquel: 2,3 – 2 = 0,30; 
• Ouro: 2 – 1,6 = 0,40; 
• Platina: 2,7 – 2 = 0,70. 
A menor diferença observada nessa lista é de 0,30.
Portanto, o número metálico cujo valor mais se aproxima do Número de Cobre é o Número de Níquel. 
QUESTÃO 158 
O vidro traseiro de um determinado veículo tem o formato de um hexágono, no qual os segmentos AB e ED são paralelos 
e congruentes, como mostrado a seguir:
VIDRO TRASEIRO
A B
DE
F C
KDLZ
ENEM – VOL. 4 – 2024 MAT – PROVA II – PÁGINA 35BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Sabe-se que, sobre esse vidro, será feita a plotagem de um adesivo retangular, tendo as bases médias dos trapézios 
isósceles ABCF e EDCF como dois dos lados.
Com base nas informações dadas, a melhor representação desse adesivo aplicado é:
A. 	 A B
DE
F C
ADESIVO
B. 	
ADESIVO
A B
DE
F CADESIVO
C. 	
ADESIVOADESIVO
A B
DE
F C
D. 	
ADESIVOADESIVO
A B
DE
F C
E. 	
ADESIVO
A B
DE
F C
	 	
Alternativa B
Resolução: Deve-se notar que o vidro traseiro desse veículo tem formato hexagonal e pode ser decomposto em dois 
trapézios (ABCF e EDCF) que compartilham a base FC. A base média é o segmento que une os pontos médios dos lados 
não paralelos de cada um desses trapézios. Como as bases dos dois trapézios são congruentes, então é possível formar 
um retângulo com o adesivo, como mostrado a seguir:
Base média ABCF
A B
DE
F CBase comum entre os trapézios
Base média EDCF
A B
DE
F CADESIVO
MAT – PROVA II – PÁGINA 36 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 159 
Uma determinada fábrica produz componentes eletrônicos em formato de bloco retangular com 8 cm de comprimento, 
5 cm de largura e 3 cm de altura. Como se trata de um componente extremamente sensível, ele só pode ser armazenado 
em uma posição específica, como mostrado a seguir:
ESTE LADO
PARA CIMA
3 cm
5 cm 8 cm
Para armazenar os componentes produzidos, são usadas caixas maiores, também com o formato de bloco retangular, 
respeitando a posição indicada. No estoque, há cinco tipos diferentes de caixas (I, II, III, IV e V), entre as quais se pretende 
escolher aquela que, em sua capacidade máxima de embalagens, seja ocupado todo o espaço disponível internamente. 
As dimensões dessas caixas, desprezando a espessura da embalagem, estão representadas na tabela a seguir:
Caixa I II III IV V
Comprimento (cm) 168 172 178 184 188
Largura (cm) 115 120 125 130 135
Altura (cm) 97 90 83 75 73
A caixa que melhor se adequa ao proposto é a do tipo
A. 	 I.
B. 	 II. 
C. 	 III.
D. 	 IV.
E. 	 V.
Alternativa D
Resolução: Para verificar qual caixa seria a mais adequada, podem ser usados a divisão e os critérios de divisibilidade. 
Para que um número natural seja divisível por 5, ele deve terminar em 0 ou 5, de modo que todas as larguras das caixas 
cumprem esse requisito. Para ser divisível por 3, a soma dos algarismos deve ser divisível por 3. Analisando as alturas 
das caixas, tem-se: I (9 + 7 = 16), II (9 + 0 = 9), III (8 + 3 = 11), IV (7 + 5 = 12) e V (7 + 3 = 10). Desses, II (90) e IV (75) são 
divisíveis por 3. Porém, dos comprimentos dessas duas caixas II (172) e IV (184), apenas 184 é divisível por 8 (184 : 8 = 23). 
Portanto, a caixa IV é a que melhor se adequa ao proposto. 
QUESTÃO 160 
Em uma fábrica de tubos metálicos, além dos tubos redondos, também são produzidos tubos com perfil de 
polígono regular, etiquetados com cores distintas de acordo com a quantidade de lados, conforme apresentado na tabela 
a seguir:
Cor Amarelo Roxo Preto Verde Laranja Branco
Quantidade de lados 3 4 5 6 8 9
Para a conferência das medidas dos ângulos internos, o responsável pela qualidade seleciona três tubos de cada cor e 
trava o transferidor naquela medida, enviando para retrabalho os tubos que não estejam conforme o solicitado. Após conferir 
um lote, ele parte para o próximo, na ordem crescente do número de lados. Sabe-se que, antes de sair para o intervalo, 
ele travou a medida do transferidor em um ângulo 15° maior do que a medida anterior, a fim de agilizar a conferência do 
próximo lote quando regressasse. 
ZØEW
LJ2Y
ENEM – VOL. 4 – 2024 MAT – PROVA II – PÁGINA 37BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
A cor do primeiro lote de tubos a ser conferido após o intervalo é
A. 	 roxa. 
B. 	 preta. 
C. 	 verde. 
D. 	 laranja. 
E. 	 branca. 
Alternativa D
Resolução: A medida do ângulo interno de um polígono regular de n lados é calculada pela seguinte expressão:
A
n
nn �
�� �180 2.
Calculando as medidas dos ângulos internos de cada tipo de polígono regular, tem-se:
Amarelo (3 lados): A3
180 3 2
3
180 1
3
60�
�� �
� � �
. . 
Roxo (4 lados): A4
180 4 2
4
180 2
4
90�
�� �
� � �
. . 
Preto (5 lados): A5
180 5 2
5
180 3
5
108�
�� �
� � �
. . 
Verde (6 lados): A6
180 6 2
6
180 4
6
120�
�� �
� � �
. . 
Laranja (8 lados): A8
180 8 2
8
180 6
8
135�
�� �
� � �
. . 
Branco (9 lados): A9
180 9 2
9
180 7
9
140�
�� �
� � �
. . 
Entre os ângulos apresentados, a diferença de 15° é observada entre os ângulos de 120° e de 135°, de modo que o próximo 
lote de tubos a serem conferidos, após o intervalo, será o de cor laranja. 
QUESTÃO 161 
A colheita de milho é dividida em safras ao longo do ano, sendo a primeira delas conhecida como safra verão. O gráfico 
a seguir apresenta as comparações entre as áreas colhidas na primeira safra, em porcentagem, considerando os cinco 
principais estados produtores de milho àquela época.
CENÁRIO PARA OS 5 MAIORES
PRODUTORES DE MILHO 1ª SAFRA
PROGRESSO DA COLHEITA POR ESTADO - SAFRA VERÃO 2021/22
EM % DA ÁREA COLHIDA 2021 2022
17/05
82%
Minas Gerais Rio Grande do Sul Santa Catarina Paraná Bahia
97%
85% 86%
100% 100% 99% 98%
55% 65%
Disponível em: <https://somosmilhoes.com>. 
Acesso em: 6 fev. 2024 (Adaptação). 
81QØ
MAT – PROVA II – PÁGINA 38 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
A variação média da porcentagem de área colhida nesses cinco estados, comparando as safras de verão de 2021 e 2022, 
foi de:
A. 	 1,0%
B. 	 3,0%
C. 	 5,0%
D. 	 5,4%
E. 	 6,2%
Alternativa C
Resolução: Calculando as variações das porcentagens das áreas colhidas em cada um dos estados apresentados, 
de 2021 para 2022, tem-se:
• Minas Gerais: 97% – 82% = 15% 
• Rio Grande do Sul: 86% – 85% = 1%
• Santa Catarina: 100% – 100% = 0%
• Paraná: 98% – 99% = –1%
• Bahia: 65% – 55% = 10%
Calculando a média aritmética desses valores, tem-se:
M �
� � � �
� �
15 1 0 1 10
5
25
5
5 0% % % % % % , %
Portanto, a variação média observada nesses cinco estados foi de 5,0%.
QUESTÃO 162 
Segundo o perfil da Obmep (Olimpíada Brasileira de Matemática das Escolas Públicas) nas redes sociais, o “Dia da Raiz 
Quadrada” foi criado no ano de 1981, pelo matemático e professor Ron Gordon. Esses dias têm algo bem curioso: os números 
que representam o dia e mês são iguais e são a raiz quadrada dos dois últimos dígitos do ano correspondente. Um exemplo de 
Dia da Raiz Quadrada é o 1º de janeiro de 2001.
Disponível em: <www.oblogdomestre.com.br>. 
Acesso em: 6 fev. 2024 (Adaptação). 
Artur e seu filho, Douglas, nasceram em Dias da RaizQuadrada; o pai nasceu no ano da criação desse dia e o filho, 
no último Dia da Raiz Quadrada antes de 2020. 
No dia do aniversário de 18 anos de Douglas, qual será a idade de Artur?
A. 	 38
B. 	 39
C. 	 52
D. 	 53
E. 	 57
Alternativa C
Resolução: De acordo com o texto-base, o Dia da Raiz Quadrada foi criado em 1981 e indicava a data em que dia e 
mês fossem as raízes quadradas dos dois últimos dígitos do ano. Assim, em 1981, o Dia da Raiz Quadrada se deu em 
09/09/1981 (nascimento de Artur). O último Dia da Raiz Quadrada antes de 2020 foi em 04/04/2016 (nascimento de Douglas). 
Logo, Douglas fará 18 anos em 04/04/2034 e, nesse ano, seu pai terá 52 anos, visto que ainda não terá feito aniversário 
em 2034 (09/09/2034). 
QUESTÃO 163 
Segundo dados da OCDE (Organização para a Cooperação e Desenvolvimento Econômico), a jornada média de 
trabalho semanal no Brasil é de 39,5 horas. De acordo com a legislação brasileira, a recomendação é que essa jornada 
seja, no máximo, de 44 horas por semana. O gráfico a seguir apresenta a média de jornada semanal em 10 países ao 
redor do mundo: 
DU3A
MOKX
ENEM – VOL. 4 – 2024 MAT – PROVA II – PÁGINA 39BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Jornada de trabalho semanal (em hora) 
39,5 39,5
42,8 42,9
40,6
45,1 47 47,7
44,5
39,6
Brasil Portugal Chile África
do Sul Israel México Turquia Colômbia Costa
Rica Hungria
60
50
40
30
20
10
0
Disponível em: <https://sperling.adv.br>. Acesso em: 6 fev. 2024 (Adaptação). 
Entre os países que se encontram com a jornada semanal de trabalho acima do recomendado pela legislação brasileira, a 
mediana das horas semanais de trabalho é aproximadamente
A. 	 45,1.
B. 	 46,1.
C. 	 46,6.
D. 	 47,0.
E. 	 47,7.
Alternativa B
Resolução: Segundo a legislação brasileira, a jornada semanal de trabalho no país deve ser, no máximo, de 44 horas. 
Entre os países apresentados no gráfico, há quatro que superam as 44 horas de trabalho semanais, a saber: 
México (45,1), Turquia (47,0), Colômbia (47,7) e Costa Rica (44,5). Para calcular a mediana, devem-se ordenar os 
dados e, como a quantidade é par, tirar a média dos valores centrais: Costa Rica (44,5), México (45,1), Turquia (47,0) e 
Colômbia (47,7). Os dois valores centrais são 45,1 e 47,0. Calculando a média desses dois valores centrais, tem-se:
45 1 47 0
2
92 1
2
46 1, , , ,�
� �
Portanto, a mediana desse grupo é de aproximadamente 46,1 horas semanais.
QUESTÃO 164 
Em uma atividade de Literatura, os alunos foram convidados a reescrever contos infantis clássicos mudando algum 
dos elementos da história a fim de instigar a criatividade. Em um dos roteiros elaborados pelos estudantes, foi proposta 
uma releitura do conto “João e Maria” envolvendo seis personagens: João, Maria, o lenhador, a dona de casa, o gato e a 
bruxa. Sabe-se que João e Maria são irmãos e filhos do lenhador e da dona de casa. Na versão dos estudantes, todos os 
personagens moram em uma das duas casas: a de doces ou a do vilarejo. João mora na casa de doces, o gato não se 
separa da bruxa, a dona de casa não mora sozinha, Maria mora com apenas um dos pais, a dona de casa mora na casa 
do vilarejo e o lenhador mora na mesma casa que o gato.
Ao todo, a quantidade de personagens, entre os descritos, que moram na casa do vilarejo é igual a
A. 	 1.
B. 	 2.
C. 	 3.
D. 	 4.
E. 	 5. 
967Z
MAT – PROVA II – PÁGINA 40 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa B
Resolução: Nas duas casas há um total de 6 moradores, a saber: João, Maria, o lenhador (pai de João e de Maria), a dona 
de casa (mãe de João e de Maria), o gato e a bruxa. Dois desses personagens têm as casas identificadas diretamente 
no texto-base: João mora na casa de doces e a dona de casa mora na casa do vilarejo. Como Maria mora com apenas 
um dos pais e a mãe mora na casa do vilarejo, então o pai mora na casa de doces. Sabe-se que o gato mora na casa do 
lenhador (que é o pai de Maria) e não se separa da bruxa, logo, o pai, o gato, a bruxa e João moram na casa de doces. 
Como a mãe não mora sozinha, então Maria mora com ela na casa do vilarejo. Portanto, são duas personagens que moram 
na casa do vilarejo: Maria e a mãe.
QUESTÃO 165 
A Residência Rubem Mendonça, conhecida como Casa dos Triângulos, localiza-se na cidade de São Paulo e é uma 
obra do final dos anos 1950 que leva esse nome por ter a pintura de um painel composto por triângulos retângulos de 
diversos tamanhos e disposições. Em um detalhamento do projeto de restauração, foram marcados alguns desses triângulos 
(I, II, III e IV), como mostrado a seguir:
Disponível em: <www.nelsonkon.com.br>. Acesso em: 6 fev. 2024 (Adaptação). 
O ponto notável dos triângulos II, III e IV que coincide com cada um dos vértices do triângulo I é o 
A. 	 baricentro.
B. 	 circuncentro.
C. 	 excentro.
D. 	 incentro.
E. 	 ortocentro.
Alternativa E
Resolução: Os triângulos presentes no painel da lateral da Casa dos Triângulos são classificados como triângulos retângulos. 
Em um triângulo retângulo, o ponto de encontro das alturas (ortocentro) se dá no vértice oposto à hipotenusa (maior lado 
desse triângulo). Desse modo, os vértices do triângulo I coincidem com os ortocentros dos triângulos II, III e IV. 
QUESTÃO 166 
Na encadernação de materiais, uma das estruturas utilizadas é chamada de berço e é o local no qual se apoia o caderno 
ou o livro para os processos de furação e costura. Nas imagens a seguir, estão apresentados um berço de encadernação 
e uma de suas vistas, em que foram destacados os ângulos α e β:
EZK9
NT1W
ENEM – VOL. 4 – 2024 MAT – PROVA II – PÁGINA 41BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
β
αα
Com base nas informações apresentadas, a relação existente entre os ângulos α e β é:
A. 	 β – α = 90°
B. 	 β – α = 180°
C. 	 2α – β = 90°
D. 	 2α + β = 180°
E. 	 2α – β = 180°
Alternativa E
Resolução: A partir do desenho apresentado para a vista do berço, podem ser traçadas duas retas (r e s) paralelas à 
base da estrutura. Nota-se que se trata de um caso de retas paralelas cortadas por uma transversal, de modo que os 
ângulos α e θ são colaterais internos. 
r
sαθ
β
Dois ângulos colaterais internos são suplementares, de modo que α + θ = 180° e θ = 180° – α. Por simetria, tem-se que 
β + 2θ = 180°. Logo, β + 2(180° – α) = 180° ⇒ β + 360° – 2α = 180° ⇒ 2α – β = 180°. 
Portanto, a relação existente é dada por 2α – β = 180°.
QUESTÃO 167 
O cérebro humano é formado por uma enorme rede de fios muito finos, composta por células nervosas – os neurônios. 
A tarefa do neurônio é conduzir as mensagens dentro do cérebro e do sistema nervoso e, para isso, ele realiza ligações 
com até outros 20 mil neurônios. Essas ligações são conhecidas como sinapses. 
Disponível em: <https://super.abril.com.br>. 
Acesso em: 6 fev. 2024 (Adaptação).
Para ilustrar a quantidade de sinapses realizadas por um grupo de neurônios que contam com o máximo de ligações 
entre eles, foi simulada uma estrutura poligonal na qual cada vértice correspondia a um neurônio e em que as arestas e 
diagonais correspondiam às sinapses. Nesse modelo, representado parcialmente a seguir, a partir de cada um dos neurônios, 
buscava-se mostrar todas as sinapses possíveis entre eles.
II
I
III
IV
n
SME6
MAT – PROVA II – PÁGINA 42 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Sabe-se que a sinapse partindo do neurônio I para o II é a mesma que é observada partindo do neurônio II para o I. 
Com base nessas informações, o total de sinapses entre os neurônios desse modelo é dado por:
A. 	 10 000 . 19 997
B. 	 10 000 . 19 999
C. 	 20 001 . 9 999
D. 	 20 001 . 10 000
E. 	 20 001 . 19 998
Alternativa D
Resolução: Primeiramente, deve-se determinar a quantidade de vértices do polígono usado para modelar as sinapses. 
Como cada neurônio conecta-se no máximo com 20 000 outros, então esse polígono, considerando a quantidade máxima de 
ligações, teria 20 000 ligações feitas por cada um dos 20 001 neurônios, ou seja, teria 20 001 vértices e, consequentemente, 
20 001 lados. A quantidadede diagonais de um polígono de n lados, com n = 20 001, é dada pela seguinte expressão:
D
n n
D
�
�� �
�
�� �
�
� �
3
2
20 001 20 001 3
2
20 001 19 998
2
20 001 9 999. .
Porém, entre as conexões, também deve ser acrescentada a quantidade de lados do polígono. Assim, sendo Q o total de 
sinapses realizadas, tem-se: 
Q n D
Q
� � � � �
� � �
20 001 20 001 9 999
20 001 1 9 999 20 001 10 000
.
. ( ) .
Portanto, o total de sinapses nesse modelo é dado pela expressão 20 001 . 10 000.
QUESTÃO 168 
No contexto varejista, há duas métricas que são geralmente utilizadas: o ticket médio (TM) e a quantidade de peças 
por atendimento (PA). O TM é dado pela razão entre o faturamento bruto e o total de vendas (atendimentos realizados). 
A PA é dada pela razão entre a quantidade de peças e o total de vendas. 
Disponível em: <https://empresas.mercadopago.com.br>. Acesso em: 6 fev. 2024 (Adaptação).
O gerente de uma loja de roupas na qual é praticado o preço único de R$ 25,00 por peça apresentou um relatório 
semanal com o índice PA e a quantidade de atendimentos dos cinco funcionários de seu estabelecimento. Sabe-se que foram 
computados aqueles clientes atendidos que adquiriram ao menos um produto. A tabela a seguir apresenta esses valores:
Funcionário Peças por atendimento (PA) Número de atendimentos (vendas)
I 3,2 25
II 2,4 30
III 1,5 18
IV 1,0 15
V 0,5 12
Com base nas informações apresentadas, o ticket médio nessa loja na semana analisada foi de
A. 	 R$ 27,00.
B. 	 R$ 32,50.
C. 	 R$ 40,00.
D. 	 R$ 43,00.
E. 	 R$ 50,00.
F418
ENEM – VOL. 4 – 2024 MAT – PROVA II – PÁGINA 43BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa E
Resolução: O ticket médio é dado pela razão entre o faturamento e a quantidade de vendas. Como cada peça custa 
R$ 25,00, o faturamento será o produto entre a quantidade de peças vendidas e o preço unitário. Para calcular a média 
de peças por atendimento, pode-se usar a média ponderada, na qual os pesos são as quantidades de atendimentos. 
Assim, tem-se:
MP �
� � � �
� � � �
�
3 2 25 2 4 30 15 18 10 15 0 5 12
25 30 18 15 12
200
100
, . , . , . , . , .
�� 2 0, peças por atendimento
Sabe-se que cada peça custa R$ 25,00 e como, em média, foram 2 peças por atendimento, então esse valor corresponde 
a 2 . R$ 25,00 = R$ 50,00.
Portanto, o ticket médio na semana em questão foi de R$ 50,00.
QUESTÃO 169 
No Sisu (Sistema de Seleção Unificada), cada candidato pode se inscrever em um ou dois cursos de acordo com o 
interesse. O gráfico a seguir, divulgado pelo Ministério da Educação, apresenta o número de inscritos e de inscrições para 
o Sisu dos anos de 2015 a 2022:
Disponível em: <https://g1.globo.com>. Acesso em: 6 fev. 2024 (Adaptação).
Para facilitar a comparação dessas quantidades, em um telejornal, foi usada como referência a população de Salvador, 
segundo o Censo 2022, a qual foi arredondada para 2,4 milhões de pessoas. 
No período apresentado no gráfico, a quantidade de anos em que o número de candidatos inscritos em dois cursos superou 
a população dessa cidade foi de
A. 	 2.
B. 	 3.
C. 	 4.
D. 	 6.
E. 	 7.
1NPA
MAT – PROVA II – PÁGINA 44 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa A
Resolução: No gráfico apresentado, há duas séries de informações. As linhas vermelhas indicam a quantidade de inscrições 
e as linhas cinzas indicam a quantidade de inscritos. Como há a possibilidade de escolher até dois cursos, a quantidade 
de inscrições é maior do que a quantidade de inscritos. Logo, a diferença entre essas quantidades consiste no número de 
inscritos que escolheram dois cursos. Para comparar com o valor de 2,4 milhões (população de Salvador em 2022), não 
necessariamente é preciso fazer a diferença entre as quantidades de cada ano, mas sim somar, ao número de inscritos, 
o valor de 2 400 000 e comparar com o número de inscrições como mostrado a seguir: 
• 2015: 2 791 334 + 2 400 000 = 5 191 334
• 2016: 2 712 937 + 2 400 000 = 5 112 937
• 2017: 2 498 261 + 2 400 000 = 4 898 261
• 2018: 2 117 908 + 2 400 000 = 4 517 908
• 2019: 1 823 871 + 2 400 000 = 4 223 871
• 2020: 1 795 211 + 2 400 000 = 4 195 211
• 2021: 1 250 095 + 2 400 000 = 3 650 095
• 2022: 1 054 474 + 2 400 000 = 3 454 474 
Apenas nos anos de 2015 e 2016, a quantidade de inscritos em dois cursos superou a população de Salvador arredondada 
para 2 400 000 pessoas. 
Observação: Apesar de todos os cálculos apresentados, algumas situações poderiam ser descartadas por estimativa. 
Por exemplo, de 2019 a 2022, em que as quantidades de inscritos em dois cursos são menores do que 2 milhões e, 
consequentemente, do que 2,4 milhões.
QUESTÃO 170 
Em uma instituição financeira, são usadas máquinas para agilizar a contagem das cédulas. Ao final de uma conferência de 
valores, foram contabilizadas 36 000 cédulas de 100 reais e 90 000 cédulas de 50 reais. Sabe-se que, para a leitura de todas 
as cédulas, foram utilizadas máquinas de mesma velocidade de leitura. Para a contagem das cédulas de 100 reais, foram 
usadas três máquinas que gastaram 30 minutos nesse processo. Para a leitura das cédulas de 50 reais, foram necessários 
25 minutos para a conferência. 
Com base nessas informações, a quantidade total de máquinas que foram utilizadas para a contagem das cédulas de 
50 reais nessa conferência foi
A. 	 3.
B. 	 4.
C. 	 6.
D. 	 7.
E. 	 9.
Alternativa E
Resolução: O processo de conferência foi separado de acordo com os valores das cédulas, a saber: 100 reais e 50 reais. 
Organizando as informações do texto-base, em que x é a quantidade de máquinas a serem utilizadas para a leitura das 
cédulas de R$ 50,00, tem-se:
Valor da cédula Máquinas Quantidade de cédulas Tempo (minutos)
R$ 100,00 3 36 000 30
R$ 50,00 x 90 000 25
Quanto mais máquinas, maior será a quantidade de cédulas lidas. Logo, essas grandezas são diretamente proporcionais. 
Por outro lado, quanto mais máquinas, menos tempo será necessário para que se leia uma determinada quantidade de 
cédulas. Logo, essas grandezas são inversamente proporcionais. 
Resolvendo a regra de três composta, tem-se:
3 36 000
90 000
25
30
3 2
5
5
6
3 1
3x x x
x�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� � � �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
� � � � � 99
Portanto, para a leitura de 90 000 cédulas de 50 reais em 25 minutos, serão necessárias 9 máquinas.
TRV5
ENEM – VOL. 4 – 2024 MAT – PROVA II – PÁGINA 45BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 171 
A água cinza é um tipo de água de reúso proveniente de banhos, máquinas de lavar roupa e lavatórios de banheiro. 
Uma opção para tratar a água cinza de forma rápida, testada pelo Instituto de Pesquisas Tecnológicas (IPT) da USP 
(Universidade de São Paulo), é misturar 5 mL de água sanitária para cada litro de água de reúso armazenada. Mas essa 
não é uma fórmula totalmente segura, pois, para isso, seria necessário conhecer detalhadamente a composição de cada 
água cinza.
Disponível em: <www.ecycle.com.br>. Acesso em: 6 fev. 2024 (Adaptação). 
O proprietário de certa residência utiliza dois reservatórios (I e II) para armazenar água cinza. No primeiro, ele 
adotou a quantidade de água sanitária indicada pelo IPT e, no segundo, dobrou essa quantidade, pois tratava-se de água 
cinza-escura (com maior quantidade de resíduos). 
O gráfico que melhor representa a quantidade de água sanitária utilizada em função da quantidade de água de reúso (cinza 
ou cinza-escura) nos reservatórios I e II é:
GAJ7
A. 	
Água de reúso (L)
Ág
ua
 s
an
itá
ria
 (m
L)
0
II
I
B. 	
0
II
I
Água de reúso (L)
Ág
ua
 s
an
itá
ria
 (m
L)
C. 	
0
II
I
Água de reúso (L)
Ág
ua
 s
an
itá
ria
 (m
L)
D. 	
0
II
I
Água de reúso (L)
Ág
ua
 s
an
itá
ria
 (m
L)
E. 	
0
II
I
Água de reúso (L)
Ág
ua
 s
an
itá
ria
 (m
L)
MAT – PROVA II – PÁGINA 46 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa C
Resolução: No reservatório I, são adicionados 5 mL de água sanitária a cada litro de água de reúso. No reservatório II, 
por sua vez, é adicionado o dobro, ou seja, 10 mL de água sanitáriaa cada litro de água de reúso. Quando não há água de 
reúso nesses reservatórios, não é necessário adicionar água sanitária, logo, ambas as funções partem da origem, sendo 
que a reta da função do reservatório II é mais inclinada do que a do reservatório I como apresentado a seguir: 
0
II
I
Água de reúso (L)
Ág
ua
 s
an
itá
ria
 (m
L)
QUESTÃO 172 
A Taxa Interna de Retorno (TIR) é uma taxa de desconto hipotética, calculada a partir de uma projeção de fluxo de caixa 
(previsão de receitas geradas por um investimento ao longo de determinado período) quando se considera que seu Valor Presente 
Líquido (VPL) é igual a zero. Na prática, ela é usada por investidores para indicar se um projeto é viável ou não.
Disponível em: <https://warren.com.br>. 
Acesso em: 6 fev. 2024 (Adaptação).
A fim de calcular a TIR de um investimento, foi utilizado o VPL descrito pela seguinte expressão: 1,2m2 – 4αm + 0,003 = 0, 
em que m indica o valor da taxa calculada, na forma decimal, e α é uma constante real. Sabe-se que, para determinado 
VPL, foi encontrado apenas o valor de 5% para essa taxa. 
Com base nessas informações, valor de α nessa expressão é 
A. 	 0,030.
B. 	 0,025.
C. 	 0,012.
D. 	 0,008.
E. 	 0,002.
Alternativa A
Resolução: No cálculo da Taxa Interna de Retorno (TIR), deve-se igualar o Valor Presente Líquido (VPL) a zero. Para a 
equação 1,2m2 – 4αm + 0,003 = 0, foi encontrado um valor de 5% para a TIR. Dessa forma, como 5% é raiz da equação, 
pode-se fazer m = 0,05. Ao substituir esse valor na equação, obtém-se: 
1,2 . (0,05)2 – 4α(0,05) + 0,003 = 0 ⇒
0,003 – 0,2α + 0,003 = 0 ⇒
0,2α = 0,006 ⇒
α = 0,03 
Portanto, o valor de α nessa expressão é 0,030.
8EP2
ENEM – VOL. 4 – 2024 MAT – PROVA II – PÁGINA 47BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 173 
Na primeira fase de um concurso, os candidatos deveriam tirar no mínimo 7,5 em um total de 10 nas provas de 
Conhecimentos Gerais e de Redação para estarem qualificados para a fase seguinte. Ao analisar os resultados dos 
candidatos na primeira fase desse concurso, a comissão organizadora verificou que, dos 700 participantes:
• 220 tiraram 7,5 ou mais na prova de Conhecimentos Gerais; 
• 80 tiraram 7,5 ou mais na Redação;
• 470 tiraram nota menor que 7,5 nas duas provas.
A quantidade de candidatos nesse concurso que se classificaram para a fase seguinte foi igual a
A. 	 40. 
B. 	 70.
C. 	 140.
D. 	 230.
E. 	 300. 
Alternativa B
Resolução: Sejam C o grupo dos candidatos que tiraram 7,5 ou mais na prova de Conhecimentos Gerais e R o grupo dos 
candidatos que tiraram 7,5 ou mais na prova de Redação. Sabe-se que, no grupo C, há 220 elementos, e que, no grupo R, 
há 80 elementos. Além disso, o universo (total de participantes desse concurso) tem 700 elementos, sendo que 470 deles 
não pertencem a C nem a R, pois tiraram menos de 7,5 nas duas provas em questão. Sendo x a quantidade de candidatos 
que pertencem aos dois grupos (C e R) simultaneamente, ou seja, a interseção desses conjuntos, tem-se:
C R
x 80 – x
470
220 – x
N = 700
Somando os valores apresentados, tem-se:
(220 – x) + x + (80 – x) + 470 = 700 ⇒
770 – x = 700 ⇒
x = 70
Portanto, 70 candidatos foram classificados para a fase seguinte desse concurso. 
QUESTÃO 174 
Em 1582, o papa Gregório reorganizou as datas e mudou o dia bissexto, que era 24 de fevereiro, para o dia 
29 de fevereiro. Com o apoio do astrônomo Christopher Clavius, o papa ainda determinou que o dia posterior a 
4 de outubro de 1582 fosse 15 de outubro daquele mesmo ano, para diminuir a diferença de 11 dias que havia sido gerada 
desde o período juliano (no qual o ano bissexto ocorria de 3 em 3 anos). Alguns chamam os dias adicionados entre essas 
datas de “dias que nunca existiram”. 
Disponível em: <https://www.ufmg.br>. Acesso em: 2 fev. 2024.
Sabe-se que o dia 4 de outubro de 1582 ocorreu em uma quinta-feira e que o calendário gregoriano trata-se do mesmo 
vigente no Brasil atualmente. 
Em que dia da semana ocorreu o 1º de janeiro de 1583 no calendário gregoriano?
A. 	 Segunda-feira.
B. 	 Terça-feira.
C. 	 Sexta-feira.
D. 	 Sábado.
E. 	 Domingo.
H76Q
GFØ7
MAT – PROVA II – PÁGINA 48 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Alternativa D
Resolução: O primeiro dia antes do reajuste do calendário 
(04/10/1582) ocorreu em uma quinta-feira, assim, o dia 
seguinte, que passou a ser o dia 15 de outubro de 1582, 
ocorreu em uma sexta-feira. Sabe-se que, no calendário 
vigente, o mês de outubro tem 31 dias, novembro tem 
30 dias e dezembro tem 31 dias. De 16/10 a 31/10, são 
16 dias e, até o final do ano, são mais 61 dias (novembro 
e dezembro completos), por fim, com mais um dia, tem-se 
o 1º de janeiro. 
Logo, ao todo, são 16 + 61 + 1 = 78 dias. Dividindo esse 
valor por 7 (quantidade de dias da semana), tem-se 11 e 
resto 1, de modo que o 1º de janeiro de 1583 ocorreu em 
um sábado.
QUESTÃO 175 
Em equipamentos detectores de gases, são configurados 
três tipos de alarmes para os limites de exposição a gases 
tóxicos, sendo levados em conta a concentração do gás 
(risco imediato) e o tempo de exposição contínua (efeito 
acumulativo): 
• Alarme I (Limite instantâneo): quando se detecta a 
presença do gás no ambiente em uma concentração 
que apresenta risco imediato.
• Alarme II (TWA): quando o gás atinge concentração 
que causa danos acima de 8 horas de exposição 
contínua.
• Alarme III (STEL): quando o gás atinge uma 
concentração que causa danos acima de 
15 minutos de exposição contínua.
Um exemplo de gás tóxico é o sulfeto de hidrogênio (H2S), 
que pode ser encontrado em situações de perfuração de 
poços de petróleo. Para esse gás, o alarme I ocorre a 
16 ppm (partes por milhão), o alarme II a 8 ppm e o alarme III 
a 10 ppm.
Disponível em: <https://lelambiental.com.br>. 
Acesso em: 6 fev. 2024 (Adaptação). 
Sabe-se que 1 ppm equivale a 1 grama de soluto em 
1 milhão de gramas da solução. Em um estudo a respeito de 
detectores de gases, o pesquisador optou por representar 
as concentrações usando a razão entre a quantidade de 
soluto e de solução dada em potências de expoente inteiro. 
O intervalo que representa a concentração x entre as 
concentrações verificadas nos dois alarmes de exposição 
contínua é dado por
A. 	 8–6 < x < 10–6.
B. 	 10–6 < x < 16–6.
C. 	 50–3 < x < 10–5.
D. 	 10–5 < x < 125–2. 
E. 	 50–3 < x < 250–2.
3XO9
Alternativa C
Resolução: De acordo com o texto-base, há três alarmes 
(I, II e III). O alarme I está relacionado com o risco imediato 
e os alarmes II e III com o tempo de exposição contínua. 
A respeito da concentração de sulfeto de hidrogênio, os 
alarmes II e III estão configurados para as concentrações 
de 8 ppm e 10 ppm, respectivamente. Escrevendo essas 
razões na forma de expoente inteiro, tem-se:
Alarme II: 8 ppm (partes por milhão)
8
1000 000
1
125 000
1
50
503
3� � � �
Alarme III: 10 ppm (partes por milhão)
10
1000 000
1
100 000
1
10
105
5� � � �
Portanto, a concentração de gás entre os alarmes II e III se 
encontrará na faixa 50–3 < x < 10–5.
QUESTÃO 176 
Para manter uma rotina de exercícios físicos, uma 
pessoa planejou se exercitar caminhando nos dias pares de 
cada mês, descansando nos dias ímpares e nos domingos. 
Assim, para se exercitar, ela não caminhava no primeiro dia 
do mês, caminhava no segundo dia do mês, não caminhava 
no terceiro dia do mês, caminhava no quarto dia do mês, 
e seguia esse processo só o interrompendo se o dia da sua 
caminhada fosse domingo.
Sabendo que o último mês se iniciou em um sábado 
e teve trinta dias, quantos dias essa pessoa se exercitou 
caminhando nesse mês?
A. 	 18
B. 	 15
C. 	 12
D. 	 10
E. 	 8
Alternativa C
Resolução: Como o último mês teve 30 dias e se iniciou 
em um sábado, pode-se usar o seguinte calendário:
S T Q Q S S D
1 2
3 4 5 6 7 8 9
10 11 12 13 14 15 16
17 18 19 20 21 22 23
24 25 26 27 28 29 30
Como o mês foi de 30 dias, então houve 15 dias pares, 
realçados na tabela. Já que a pessoa descansa nos 
domingos, então ela não caminhou nos dias2, 16 e 30, 
assim, no último mês a pessoa se exercitou caminhando 
15 – 3 = 12 dias.
EU56
ENEM – VOL. 4 – 2024 MAT – PROVA II – PÁGINA 49BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
QUESTÃO 177 
A taxa de saída é uma taxa cobrada em alguns fundos de investimento no momento do resgate dos valores. 
O percentual incide sobre o montante M e pode afetar bastante o resultado da aplicação. Em algumas instituições, o valor 
da taxa de saída decresce com o tempo a fim de estimular a permanência do investidor.
Disponível em: <www.onze.com.br>. 
Acesso em: 6 fev. 2024 (Adaptação). 
Um determinado banco utiliza a seguinte regra para a cobrança da taxa de saída, em que TS indica a taxa de saída 
e r, a razão entre o tempo de resgate e o tempo previsto:
T r
M se r
M r se rS( )
, . , ,
. , , . , ,
�
� �
�� � � �
�
�
�
��
0 05 0 0 3
0 065 0 05 0 3 1
Certo investidor obteve um montante de R$ 200 000,00 após 9 anos em um plano que previa inicialmente o tempo de 
12 anos de investimento para se obter o valor máximo.
Com base nas informações apresentadas, a taxa de saída a ser descontada será de 
A. 	 R$ 3 000,00.
B. 	 R$ 5 500,00.
C. 	 R$ 7 500,00.
D. 	 R$ 10 000,00.
E. 	 R$ 12 000,00.
Alternativa B
Resolução: A taxa de saída praticada na instituição financeira em questão é dada em função do tempo de resgate. Como 
o resgate foi feito após 9 anos em um plano de 12 anos, tem-se que r = 0,75. De acordo com a função dada, nesse caso, 
como 0 3 1, � �r , aplica-se a função para o cálculo da taxa de saída: M . (0,065 – 0,05 . r). Substituindo os valores para o 
montante e o tempo de resgate, tem-se:
T M r
T
S
S
� �� � � �� �
�
. , , . . , , . ,
. ,
0 065 0 05 200 000 0 065 0 05 0 75
200 000 0 06550 0 0375 200 000 0 0275 5 500�� � � �, . ,
Portanto, a taxa de saída descontada desse investidor foi de R$ 5 500,00.
QUESTÃO 178 
Em homenagem ao Mês da História Negra, em fevereiro de 2014, e ao ex-presidente da África do Sul Nelson Mandela, 
que havia falecido no ano anterior, estudantes da Rice University, nos Estados Unidos, criaram um mosaico da imagem 
de Mandela com o uso de 600 cubos mágicos de 1 cm3. A obra esteve exposta no prédio de Pesquisa em Biociência da 
universidade e a vista de cima pode ser observada na imagem a seguir:
Disponível em: <www.guiadoscuriosos.com.br>. 
Acesso em: 27 jan. 2022 (Adaptação).
O mosaico construído pelos estudantes da Rice University tinha o formato retangular, e estimou-se que a área da vista 
de cima era de 600 cm2.
DIRU
WØ16
MAT – PROVA II – PÁGINA 50 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Dessa maneira, para um mosaico com a mesma quantidade de cubos de 1 cm3 e a mesma área da vista de cima do 
mosaico criado pelos estudantes da Rice University, a quantidade máxima de possíveis medidas distintas para os lados 
desse mosaico é igual a
A. 	 12.
B. 	 24.
C. 	 30.
D. 	 60.
E. 	 75.
Alternativa B
Resolução: Como a área da vista de cima do mosaico é igual a 600 cm2, decompondo o número 600, obtém-se 23 . 3 . 52. 
A quantidade de divisores naturais de 600 é dada pelo produto dos expoentes dos números primos da decomposição, 
adicionados a 1, logo:
(3 + 1)(1 + 1)(2 + 1) = 4 . 2 . 3 = 24
Dessa maneira, há 24 medidas distintas para os lados de um mosaico retangular com 600 cubos mágicos de 1 cm3.
QUESTÃO 179 
Em uma determinada empresa de tecnologia, a comunicação criptografada entre dois dispositivos utiliza chaves que 
codificam as informações dadas em uma expressão algébrica. Para tal codificação, o dispositivo que envia a mensagem 
deve fornecer um número natural (a) como valor de entrada, o qual gera uma expressão de saída, dada pela fatoração de 
x2 + 4ax + 4a2. Cada valor possível de entrada e expressão de saída permitem o acesso a determinado grupo de arquivos. 
Sabe-se que, para ter acesso ao fluxo de caixa, por exemplo, o valor de entrada deve ser a = 3.
Nesse caso, a expressão algébrica fatorada recebida no outro dispositivo para acessar o fluxo de caixa será:
A. 	 (x – 6)2
B. 	 (x + 6)2
C. 	 (x + 12)2
D. 	 (x – 6) . (x + 6)
E. 	 (x – 12) . (x + 12)
Alternativa B
Resolução: De acordo com o texto-base, a expressão algébrica a ser fatorada é x2 + 4ax + 4a2, em que a indica um valor 
fornecido pelo usuário. 
Para a = 3, tem-se: x2 + 4ax + 4a2 = x2 + 4(3)x + 4(3)2 = x2 + 12x + 36. Nota-se que se trata de um trinômio do quadrado 
perfeito do tipo (a + b)2 = a2 + 2ab + b2. Por comparação, tem-se que a = x e b = 6. Logo, a forma fatorada de x2 + 12x + 36 
é (x + 6)2 . Portanto, essa será a mensagem transmitida entre os dispositivos. 
QUESTÃO 180 
Na hora de cortar os cabelos, técnicas como os ângulos e as linhas de corte podem ajudar o profissional cabeleireiro 
a produzir o corte perfeito. Geralmente há cinco ângulos de posicionamento do cabelo para corte adotados:
• 0°: cabelo cortado para baixo, perpendicular ao solo, obtém-se o corte de base reta;
• 45°: entre o corte de base reta e o paralelo, obtêm-se camadas que dão leveza ao corte;
• 90°: cabelo paralelo ao solo, corte com camadas marcadas;
• 135°: entre o paralelo e o perpendicular para cima, corte com marcas graduadas;
• 180°: perpendicular para cima, proporciona um corte com camadas alongadas.
Disponível em: <https://universo.salonline.com.br>. 
Acesso em: 6 fev. 2024 (Adaptação). 
V1U4
HKI6
ENEM – VOL. 4 – 2024 MAT – PROVA II – PÁGINA 51BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO
Para um curso de cabeleireiro, foi elaborado um diagrama para indicar as posições do cabelo em relação ao solo para 
que o estudante associe as posições aos resultados obtidos com o corte. Em uma das técnicas, foram destacados os 
ângulos de corte de 45° e de 135° em relação ao solo.
Esse diagrama está melhor representado em:
A. 	
Solo
0°
45°135°
B. 	
Solo
0°
45°
135°
C. 	
Solo
0° 45°
135°
D. 	
Solo
0°
45°
135°
E. 	
Solo
0°
45°135°
Alternativa C
Resolução: Os ângulos indicados foram construídos de modo que o ângulo de 90° ficasse paralelo ao solo. Os ângulos 
de 0° e 180° são perpendiculares ao solo. Como esperado, o ângulo de 45° está entre o ângulo de 0° e o ângulo de 90°. 
O ângulo de 135° está entre o ângulo de 90° e o ângulo de 180°, como mostrado a seguir:
Solo
0° 45°
90°
135°180°
 
MAT – PROVA II – PÁGINA 52 ENEM – VOL. 4 – 2024 BERNOULLI S ISTEMA DE ENSINO