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QUESTÕES DE MATEMÁTICA 4 – REVISÃO FINAL OBJETIVAS ENEM 2011
PROFESSOR MARCELO RENATO
MATEMÁTICA 4 – AULA
2 – RESOLUÇÕES – SÉRIE AULA
1) Resolução: Como as duas maiores produções são as de 2008 e 2009, esse foi o biênio que apresentou a
maior produção acumulada.
A produção acumulada por biênio só pode ser obtida pelo gráfico no período 2005-2009, pois o gráfico não
apresenta valores fora desse período. Nesse período, a produção acumulada por biênio é a apresentada na
tabela.
Biênio
Produção acumulada
2005 – 2006
90 + 94 = 184
2006 – 2006
94 + 99 = 193
2007 – 2006
99 + 107 = 206
2008 – 2006
107 + 113 = 220
Assim, o biênio que apresentou maior produção acumulada foi 2008 – 2009. (Alternativa E)
2) Resolução:
Considerando Seja PE o peso da prova escrita e PD o peso da prova didática, dessa forma:
8  PE  6  PD
10
7  PE  7  PD
10
 7,6  8  PE  6  PD  76 ..... ( 1)
 7,0  7  PE  7  PD  70 ..... ( 2 )
Resolvendo o sistema de equações: PE  8 e PD  2 . (Aternativa D)
3) Resolução:
P1= nº de pontos da 1ª temporada
P2 = nº de pontos da 2ª temporada
n1 = nº de partidas da 1ª temporada
n2 = nº de partidas da 2ª temporada
n1  n 2  60 ...... ( 1) e
P1
n1
P1  P2
 8 ...... ( 2 )
60
P2
 10  P1  10 n1 ..... ( 3 )
n2
 10 n1  4 n 2  480
Substituindo (3) e (4) em (2), temos: 

 n1  n 2  60
 4  P2  4 n 2 ..... ( 4 )
n1  40 (Alternativa B).
4) Resolução:
0  ( 5 )  1 ( 3 )  2  ( 4 )  3  ( 3 )  4  ( 2 )  5  ( 2 )  7  (1) 45


5  3  4  3  2  2 1
20

Média: X 

Mediana (20 dados):
Y
x1 a x 5
x6 a x8
0
1
x 10  x 11
2
 Y
22

2
x9
x 10
2
Y2

Moda: Z  0 (Dado com maior frequência).

Conclusão: Z  Y  X (Alternativa E).
x 11
x 12
2
x 13 a x 15
3
X  2,25
x 16
x 17
4
x 18
x 19
5
x 20
7
QUESTÕES DE MATEMÁTICA 4 – REVISÃO FINAL OBJETIVAS ENEM 2011
PROFESSOR MARCELO RENATO
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5) Resolução: Se o desvio padrão da turma II é maior que o desvio padrão da turma I, a turma II é mais
heterogênea que a turma I. (Alternativa B)
6) Resolução:
VB = 9  dB = 3 e dc = 4  VC = 16
Seja X A a média das vendas do produto A.
2  2  6  6  8  10  3  14  1 18
9
20
2  ( 2  9 ) 2  6  ( 6  9 ) 2  8  (10  9 ) 2  3  (14  9 ) 2  1 (18  9 ) 2 
VA 
 15,8
20
XA 
Logo, d A 
V A  d A  15,9  d A  3,9
Como dB < dA < dC, segue que o produto tem uma venda mais regular na loja B. (Alternativa B)
7) Resolução:
Grupos de 4 diretores COM
Dorian e Portella
8
8!
8  7  6!
N1    

 28
 2  2 ! 6 ! 2  1 6 !
Grupos de 4 diretores SEM
Dorian e Portella
8
8!
8  7  6  5  4!
N 2    

 70
 4  2 ! 6 ! 4  3  2  1 4 !
T  N1  N 2  T  98
8) Resolução:
Considerando “N” o total de comissões formada por seis professores, que atendem ao enunciado:
 10   8   10 !   8 !   10  9  8  7  6 !   8  7  6  5  4 ! 
  
  
  

N        
 6   4   6 ! 4 !   4 ! 4 !   6 ! 4  3  2  1   4  3  2  1 4 ! 
N  210  70  N  140 . (Alternativa E)
9) Resolução:
Discriminação dos sinais
Total de representações
2 letras
2
Arranjos com dois sinais:
2  2  4 letras
2+ 4 = 6
III.
Arranjos com três sinais:
2  2  2  8 letras
2 + 4 + 8 = 14
IV.
Arranjos com quatro sinais:
2  2  2  2  16 letras
2 + 4 + 8 + 16 = 30
I.
Arranjos com um único sinal:
II.
Com quatro sinais podemos obter 2  4  8  16  30 representações distintas.
Morse concluiu que o máximo de quatro sinais é suficiente para a representação de todas as 26 letras do
alfabeto latino. Com os quatro arranjos restantes (30 – 26) e com os arranjos de cinco ou seis sinais, ele
convencionou outras representações. (Alternativa B).
QUESTÕES DE MATEMÁTICA 4 – REVISÃO FINAL OBJETIVAS ENEM 2011
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10) Resolução:
Cetáceos = 2 espécies.
Primatas = 20 espécies.
Roedores = 33 espécies.
Considerando N o número de conjuntos distintos que podem ser formados e usando o Princípio Multiplicativo
da Contagem, temos: N = 2 x 20 x 33 = 1320.
11) Resolução:
Na letra A representada em Braile, 1 ponto é destacado e 5 não. Pela escrita Braile, para cada um dos 6
pontos, podemos destacá-lo ou não, ou seja, temos duas situações possíveis para cada ponto.
Pelo Princípio Fundamental da Contagem, podemos fazer: 2.2.2.2.2.2 = 64 situações possíveis.
Mas devemos lembrar que pelo um ponto deve ser destacado. Logo, devemos excluir a situação em que
nenhum dos pontos está destacado, ou seja: 64 - 1 = 63 caracteres possíveis.
12) Resolução:
O número de sequências possíveis para visitar as 5 cidades é 5! = 120. Do enunciado, cada sequência possui
uma única simétrica, que não precisa ser examinada. Assim, o número “N” de sequências que João precisa
120
verificar é N 
 N  60 . Desse modo, o tempo necessário é 1,5⋅60 = 90 minutos. (Alternativa B)
2
13) Resolução:
Pelo princípio fundamental da contagem,
considerando T o número total de maneiras distintas que atende ao enunciado será:
T = 7.6.5.4.3
T = 2520. (alternativa E).
14) Resolução:
Na tabela dada, o número de pacientes internados com problemas respiratórios causados pelas queimadas é
50 + 150 = 200. Vemos também, que o número de crianças nesse grupo é igual a 150.
Assim, o número de eventos possíveis é 200 e o de favoráveis é 150. Logo, probabilidade pedida é:
P = 150 ÷ 200 = 0,75
15) Resolução:
Pelo gráfico dado, podemos obter a quantidade total de filhos:
8 mulheres não têm filho → 8 x 0 = 0 filho
7 mulheres têm apenas 1 filho → 7 x 1 = 7 filhos
6 mulheres têm 2 filhos → 6 x 2 = 12 filhos
2 mulheres têm 3 filhos → 2 x 3 = 6 filhos
Portanto, a quantidade de filhos é 0 + 7 + 12 + 6 = 25. Desse total, 7 são filhos únicos. Logo, a probabilidade
de um filho único ser escolhido é de 7/25.
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MATEMÁTICA 4 – AULA
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2 – RESOLUÇÕES – SÉRIE CASA
C1) Resolução: Considerando A, a área da figura:
A  4  ( 2  11)  4  ( 2  2 )
A  4  ( 22  4 )  A  4  18 
A  72
C2) Resolução:
Área total da quadra: 40  25  1000 m ²
1
1
   10 2   3  100  75 m ²
4
4
Área destinada à plateia: A p  1000  75  925 m ²
Área do palco:
Número Total de ingressos: NT  4  925  NT  3 700 (Alternativa E).
C3) Resolução:
Carga horária normal:
Aulas de reforço:
Remuneração Recebida:
50  12  600
( 50  1,40 )  n  70  n
600  70 n  1020 ......... ( 1 )
Resolvendo a equação ( 1 ): n = 6 aulas de reforço.
C4) Resolução:
Considerando “Q” a quantidade de pares de sapatos vendidos:
Q  21  24  26  36  43  28  18  11  Q  207
Considerando “R” a quantidade de pares de sapatos que restaram no estoque:
R  238  207  r  31
238 ........................ 100% 

31 ......................... x

x
3100
 x  13% (alternativa C).
238
C5) Resolução:
Em cada linha, da esquerda para a direita, a terceira carta é o resultado da subtração das 2 primeiras
cartas.
Outro detalhe apresentado é a presença de um naipe de ouros, paus e copas em cada sequência.
Alternativa “A”.
C6) Resolução:
A 5ª etapa aparece na Alternativa “D”.
Nesta etapa, a garrafa maior deverá ter o seu conteúdo de 300 mL esvaziado na garrafa menor.
Dessa forma, na 6ª etapa, despeja-se o azeite da lata na garrafa maior (800 mL), até enchê-la. Como a lata
tem 900 mL de azeite, sobrarão 100 mL na lata.
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C7) Resolução:
PEDRO
TADEU
RICARDO
PROBABILIDADE PARA GANHAR AGUARDA DA TAÇA
TADEU
PT 
RICARDO
1
36
PR 
PEDRO
1
36
PP 
Probabilidade de Tadeu ou Ricardo: PT  R  PT  PR  PT  R 
5
36
2
 PT  R  PP . (Alternativa D)
36
C8) Resolução:
Número de funcionárias com calçado maior que 36,0:
Número de funcionárias que calçam 38: 10 funcionárias
Probabilidade pedida: P 
10

30
P
2  10  18  30 funcionárias
1
3
C9) Resolução:
 O diurno tem 10 turmas de 30 alunos cada, totalizando 300 alunos.
 O noturno tem 6 turmas de 40 alunos, totalizando 240 alunos.
Assim sendo, vamos verificar as probabilidades de um aluno ser escolhido ao acaso em cada um dos métodos
apresentados.
Método I:
Como são 2 turnos e sorteia-se um deles, a probabilidade de cada turno ser sorteado é de 1/2. Após o turno
escolhido, iremos escolher um estudante desse turno. Como são 300 alunos no diurno e 240 no noturno, a
probabilidade de um estudante ser escolhido em cada um dos turnos é:
Portanto, as probabilidades de escolha para cada turno são:
1
P1 
para o diurno.
300
1
P2 
para o noturno.
240
1 1
1

 Pd 
para o diurno.
2 300
600
1 1
1
Pn  
 Pd 
para o noturno.
2 240
480
Pd 
Método II:
Neste método, sorteamos uma turma do total de 16 (10 no diurno e 6 no noturno). Logo, a probabilidade de uma
turma ser escolhida é 1/16.
Após sorteado a turma, iremos escolher um aluno dessa turma. As turmas do diurno têm 30 estudantes cada e
as do noturno, 40. Logo, a probabilidade de um aluno ser sorteado em cada um dos casos é:
Portanto, as probabilidades de uma escolha para cada turno são:
1 1
1
1
Pd 

 Pd 
para o diurno.
P1 
para o diurno.
16 30
480
30
1 1
1
1
Pn 

 Pd 
para o noturno.
P2 
para o noturno.
16 40
640
40
Lendo as alternativas, iremos constatar que a correta é a Alternativa D, pois, no método I, a probabilidade de
um aluno do noturno ser escolhido é maior que de um do diurno. No método II ocorre o contrário.
QUESTÕES DE MATEMÁTICA 4 – REVISÃO FINAL OBJETIVAS ENEM 2011
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C10) Resolução:
Total de pacientes: 100%
Total de pacientes completamente curados com tratamento tradicional: 40%
Total de pacientes submetidos a tratamentos inovadores: 60%
TRATAMENTOS INOVADORES
GRUPO 1
GRUPO 2
1
QUANTIDADE DE PACIENTES:  60%  30%
2
35 30

 10,5%
QUANT. PACIENTES CURADOS:
100 100
1
 60%  30%
2
45 30

 13,5%
QUANT. PACIENTES CURADOS:
100 100
QUANTIDADE DE PACIENTES:
QUANTIDADE DE PACIENTES CURADOS COM TRATAMENTOS INOVADORES: 10,5% + 13,5% = 24%.