ENEM 2022 – Matemática resolvida: questões 151 a 165

Fonte: INEP – prova e gabarito do 2º dia, Caderno 5 – Amarelo (1ª aplicação).

A prova de Matemática e suas Tecnologias do ENEM 2022 foi aplicada no 2º dia e vai da questão 136 à 180. Este post traz as questões 151 a 165. A numeração usada aqui é a do Caderno 5 – Amarelo; nos outros cadernos as mesmas questões aparecem em outra ordem.

Gabarito

Questão 151: Quantas vezes a velocidade do pistão se anula

Enunciado

Uma máquina em operação tem sua temperatura T monitorada por meio de um registro gráfico, ao longo do tempo t. Essa máquina possui um pistão cuja velocidade V varia com a temperatura T da máquina, de acordo com a expressão $V = T^2 - 4$. Após a máquina funcionar durante o intervalo de tempo de 10 horas, o seu operador analisa o registro gráfico, apresentado na figura, para avaliar a necessidade de eventuais ajustes, sabendo que a máquina apresenta falhas de funcionamento quando a velocidade do pistão se anula.

Quantas vezes a velocidade do pistão se anulou durante as 10 horas de funcionamento?

• A) 1
• B) 2
• C) 3
• D) 4
• E) 5

Resolução

1. Quando $V = 0$?

Então precisamos contar quantas vezes o gráfico passa por $T = 2$ ou por $T = -2$.

2. $T = 2$ (reta tracejada do meio). O gráfico começa em cerca de 3 °C, sobe até 4, e depois desce, cruzando $T = 2$ uma vez. No fim, volta a subir e cruza $T = 2$ mais uma vez. Total: 2 vezes.

3. $T = -2$ (reta tracejada de baixo). O gráfico encosta nessa reta nos três vales. Total: 3 vezes.

4. Soma: $2 + 3 = 5$.

Resposta: alternativa E (5 vezes).

Cuidado com a pegadinha: quem esquece a raiz negativa ($T = -2$) conta só 2 vezes (alternativa B). Quem conta os cruzamentos com $T = 0$ (onde a temperatura é zero, e não a velocidade) também erra.

Para revisar, veja Equação do 2° grau.

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Questão 152: Probabilidade de o vencedor do 1º jogo ser campeão

Enunciado

A World Series é a decisão do campeonato norte-americano de beisebol. Os dois times que chegam a essa fase jogam, entre si, até sete partidas. O primeiro desses times que completar quatro vitórias é declarado campeão.

Considere que, em todas as partidas, a probabilidade de qualquer um dos dois times vencer é sempre $\frac{1}{2}$.

Qual é a probabilidade de o time campeão ser aquele que venceu a primeira partida da World Series?

• A) $\dfrac{35}{64}$
• B) $\dfrac{40}{64}$
• C) $\dfrac{42}{64}$
• D) $\dfrac{44}{64}$
• E) $\dfrac{52}{64}$

Resolução

Chame de X o time que venceu a 1ª partida e de Y o outro. Depois do 1º jogo, X precisa de mais 3 vitórias e Y precisa de 4.

1. Truque: imagine que sempre se jogam as 6 partidas restantes. Mesmo que o campeão já esteja decidido, jogar as partidas extras não muda quem chegou primeiro às 4 vitórias. Nessas 6 partidas:

• se X vence 3 ou mais, X chega às 4 vitórias antes (Y teria no máximo 3);
• se X vence 2 ou menos, Y vence 4 ou mais e é o campeão.

2. Contar os resultados. Cada uma das $2^6 = 64$ sequências de resultados tem probabilidade $\frac{1}{64}$. O número de sequências em que X vence exatamente $k$ partidas é $C_{6,k}$:

3. Probabilidade:

Resposta: alternativa C ($\frac{42}{64}$).

Cuidado com a pegadinha: esquecer os casos com 5 ou 6 vitórias (ou contar só as sequências que terminam exatamente na 4ª vitória de modo errado) leva a números como $\frac{35}{64}$.

Para revisar, veja Eventos Equiprováveis.

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Questão 153: Mediana dos lucros de uma empresa

Enunciado

O gráfico apresenta os totais de receitas e despesas de uma empresa, expressos em milhão de reais, no decorrer dos meses de um determinado ano. A empresa obtém lucro quando a diferença entre receita e despesa é positiva e tem prejuízo quando essa diferença é negativa.

Qual é a mediana, em milhão de reais, dos valores dos lucros apurados pela empresa nesse ano?

• A) 1,5
• B) 2,0
• C) 2,9
• D) 3,0
• E) 5,5

Resolução

1. Diferença receita − despesa em cada mês (em milhão de reais):

2. Só os lucros. A pergunta é sobre os lucros, e pela definição do enunciado lucro é quando a diferença é positiva. Os meses com diferença negativa (fevereiro, abril, agosto e outubro) tiveram prejuízo e ficam de fora. Sobram 8 valores. Em ordem:

3. Mediana. Com 8 valores (quantidade par), a mediana é a média do 4º e do 5º termos:

Resposta: alternativa D (3,0).

Cuidado com a pegadinha: incluir os prejuízos como “lucros negativos” dá 12 valores, $-2, -2, -1, -1, 1, 1, 2, 3, 3, 4, 4, 5$, com mediana $\frac{1 + 2}{2} = 1{,}5$, a alternativa A.

Para revisar, veja Medidas de Posição.

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Questão 154: Moedas de ouro no pacote especial (proporção)

Enunciado

O pacote básico de um jogo para smartphone, que é vendido a R$ 50,00, contém 2 000 gemas e 100 000 moedas de ouro, que são itens utilizáveis nesse jogo.

A empresa que comercializa esse jogo decidiu criar um pacote especial que será vendido a R$ 100,00 e que se diferenciará do pacote básico por apresentar maiores quantidades de gemas e moedas de ouro. Para estimular as vendas desse novo pacote, a empresa decidiu inserir nele 6 000 gemas a mais, em relação ao que o cliente teria caso optasse por comprar, com a mesma quantia, dois pacotes básicos.

A quantidade de moedas de ouro que a empresa deverá inserir ao pacote especial, para que seja mantida a mesma proporção existente entre as quantidades de gemas e de moedas de ouro contidas no pacote básico, é

• A) 50 000.
• B) 100 000.
• C) 200 000.
• D) 300 000.
• E) 400 000.

Resolução

1. Proporção do pacote básico.

Ou seja, 50 moedas para cada gema.

2. Gemas do pacote especial. Com R$ 100,00 o cliente compraria dois pacotes básicos, com $2 \cdot 2000 = 4000$ gemas. O especial tem 6 000 a mais:

3. Moedas do pacote especial. Mantendo 50 moedas por gema:

4. O que o gabarito considera “inserir”. O valor 500 000 não aparece nas alternativas. O gabarito oficial é a alternativa E (400 000), que corresponde a ler o pacote especial como o pacote básico com itens inseridos, já que o enunciado diz que ele “se diferenciará do pacote básico por apresentar maiores quantidades”. O pacote básico já tem 100 000 moedas, então é preciso inserir

Resposta: alternativa E (400 000).

Atenção: o enunciado é ambíguo. Se “inserir” fosse medido em relação a dois pacotes básicos (como foi feito para as gemas), a conta seria $500\thinspace 000 - 200\thinspace 000 = 300\thinspace 000$, a alternativa D, que não é o gabarito oficial. Seguimos aqui o gabarito do INEP. O ponto que não muda em nenhuma leitura é o total: o pacote especial fica com 10 000 gemas e 500 000 moedas.

Para revisar, veja Proporções.

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Questão 155: Voltas nos circuitos do parque (sistema linear)

Enunciado

Um parque tem dois circuitos de tamanhos diferentes para corridas. Um corredor treina nesse parque e, no primeiro dia, inicia seu treino percorrendo 3 voltas em torno do circuito maior e 2 voltas em torno do menor, perfazendo um total de 1 800 m. Em seguida, dando continuidade a seu treino, corre mais 2 voltas em torno do circuito maior e 1 volta em torno do menor, percorrendo mais 1 100 m.

No segundo dia, ele pretende percorrer 5 000 m nos circuitos do parque, fazendo um número inteiro de voltas em torno deles e de modo que o número de voltas seja o maior possível.

A soma do número de voltas em torno dos dois circuitos, no segundo dia, será

• A) 10.
• B) 13.
• C) 14.
• D) 15.
• E) 16.

Resolução

1. Tamanho dos circuitos. Sejam $M$ o circuito maior e $m$ o menor (em metros):

Da segunda equação, $m = 1100 - 2M$. Substituindo na primeira:

e $m = 1100 - 800 = 300$.

2. Segundo dia. Queremos $400a + 300b = 5000$ (ou seja, $4a + 3b = 50$) com $a$ e $b$ inteiros não negativos e $a + b$ o maior possível. Para ter mais voltas, convém usar o máximo de voltas no circuito menor.

$b$ tem de deixar $50 - 3b$ divisível por 4:

($b = 16$ daria $50 - 48 = 2$, que não é múltiplo de 4.)

O maior total é $2 + 14 = 16$ voltas: $2 \cdot 400 + 14 \cdot 300 = 800 + 4200 = 5000$ m.

Resposta: alternativa E (16 voltas).

Cuidado com a pegadinha: as alternativas B, C e D (13, 14 e 15) também fecham exatamente 5 000 m, mas não são o maior número de voltas.

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Questão 156: Aumento de compradores com mais anúncios

Enunciado

Uma equipe de marketing digital foi contratada para aumentar as vendas de um produto ofertado em um site de comércio eletrônico. Para isso, elaborou um anúncio que, quando o cliente clica sobre ele, é direcionado para a página de vendas do produto. Esse anúncio foi divulgado em duas redes sociais, A e B, e foram obtidos os seguintes resultados:

• rede social A: o anúncio foi visualizado por 3 000 pessoas; 10% delas clicaram sobre o anúncio e foram redirecionadas para o site; 3% das que clicaram sobre o anúncio compraram o produto. O investimento feito para a publicação do anúncio nessa rede foi de R$ 100,00;
• rede social B: o anúncio foi visualizado por 1 000 pessoas; 30% delas clicaram sobre o anúncio e foram redirecionadas para o site; 2% das que clicaram sobre o anúncio compraram o produto. O investimento feito para a publicação do anúncio nessa rede foi de R$ 200,00.

Por experiência, o pessoal da equipe de marketing considera que a quantidade de novas pessoas que verão o anúncio é diretamente proporcional ao investimento realizado, e que a quantidade de pessoas que comprarão o produto também se manterá proporcional à quantidade de pessoas que clicarão sobre o anúncio.

O responsável pelo produto decidiu, então, investir mais R$ 300,00 em cada uma das duas redes sociais para a divulgação desse anúncio e obteve, de fato, o aumento proporcional esperado na quantidade de clientes que compraram esse produto. Para classificar o aumento obtido na quantidade (Q) de compradores desse produto, em consequência dessa segunda divulgação, em relação aos resultados observados na primeira divulgação, o responsável pelo produto adotou o seguinte critério:

• Q ≤ 60%: não satisfatório;
• 60% < Q ≤ 100%: regular;
• 100% < Q ≤ 150%: bom;
• 150% < Q ≤ 190%: muito bom;
• 190% < Q ≤ 200%: excelente.

O aumento na quantidade de compradores, em consequência dessa segunda divulgação, em relação ao que foi registrado com a primeira divulgação, foi classificado como

• A) não satisfatório.
• B) regular.
• C) bom.
• D) muito bom.
• E) excelente.

Resolução

1. Primeira divulgação.

• Rede A: $3000 \cdot 10\% = 300$ cliques; $300 \cdot 3\% = 9$ compradores.
• Rede B: $1000 \cdot 30\% = 300$ cliques; $300 \cdot 2\% = 6$ compradores.

Total: $9 + 6 = 15$ compradores.

2. Segunda divulgação (R$ 300,00 em cada rede). Tudo é proporcional ao investimento:

• Rede A: investimento $\frac{300}{100} = 3$ vezes maior ⇒ $3 \cdot 9 = 27$ compradores.
• Rede B: investimento $\frac{300}{200} = 1{,}5$ vez maior ⇒ $1{,}5 \cdot 6 = 9$ compradores.

Total: $27 + 9 = 36$ compradores.

3. Aumento percentual. Em relação aos 15 da primeira divulgação:

Como $100\% < 140\% \le 150\%$, o aumento é classificado como bom.

Resposta: alternativa C (bom).

Cuidado com a pegadinha: $\frac{36}{15} = 240\%$ é a razão entre as quantidades, e não o aumento. O aumento é $240\% - 100\% = 140\%$.

Para revisar, veja Básico de Porcentagem.

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Questão 157: Número mínimo de cores (princípio multiplicativo)

Enunciado

Uma montadora de automóveis divulgou que oferta a seus clientes mais de 1 000 configurações diferentes de carro, variando o modelo, a motorização, os opcionais e a cor do veículo. Atualmente, ela oferece 7 modelos de carros com 2 tipos de motores: 1.0 e 1.6. Já em relação aos opcionais, existem 3 escolhas possíveis: central multimídia, rodas de liga leve e bancos de couro, podendo o cliente optar por incluir um, dois, três ou nenhum dos opcionais disponíveis.

Para ser fiel à divulgação feita, a quantidade mínima de cores que a montadora deverá disponibilizar a seus clientes é

• A) 8.
• B) 9.
• C) 11.
• D) 18.
• E) 24.

Resolução

1. Opcionais. Cada um dos 3 opcionais pode entrar ou não (2 escolhas para cada), o que dá $2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$ combinações de opcionais (incluindo “nenhum”). Conferindo: $C_{3,0} + C_{3,1} + C_{3,2} + C_{3,3} = 1 + 3 + 3 + 1 = 8$.

2. Configurações sem contar a cor. Pelo princípio multiplicativo:

3. Cores. Com $n$ cores, são $112n$ configurações. Precisamos de mais de 1 000:

Com 8 cores seriam só $112 \cdot 8 = 896$; com 9 cores, $112 \cdot 9 = 1008$.

Resposta: alternativa B (9 cores).

Cuidado com a pegadinha: quem conta os opcionais como 3 (um de cada vez) ou esquece a opção “nenhum” obtém menos configurações e precisa de mais cores, como 24 (alternativa E, com $7 \cdot 2 \cdot 3 = 42$ e $\frac{1000}{42} \approx 23{,}8$).

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Questão 158: Planificação de um cubo com quadrados pintados

Enunciado

Dentre as diversas planificações possíveis para o cubo, uma delas é a que se encontra apresentada na Figura 1.

Em um cubo, foram pintados, em três de suas faces, quadrados de cor cinza escura, que ocupam um quarto dessas faces, tendo esses três quadrados um vértice em comum, conforme ilustrado na Figura 2.

A planificação do cubo da Figura 2, conforme o tipo de planificação apresentada na Figura 1, é

Resolução

Numere as faces da planificação da Figura 1 como numa escada: 1 e 2 na linha de cima, 3 e 4 na do meio, 5 e 6 na de baixo (da esquerda para a direita).

Em todas as alternativas, os quadrinhos das faces 1 e 2 já estão desenhados juntos, encostados no canto de cima da aresta que separa 1 de 2. Chame esse canto de V: é o vértice comum aos três quadrados. Falta descobrir onde fica o terceiro quadrado.

1. Faces opostas. Nessa planificação em escada, ao montar o cubo, ficam opostas as faces 1 e 4, 2 e 5, 3 e 6 (cada face fica oposta à que está “uma casa e meia” adiante na escada). O terceiro quadrado tem de estar numa face vizinha de 1 e de 2, então não pode estar na face 4 (oposta a 1) nem na 5 (oposta a 2). Isso elimina B (face 4) e C e E (face 5).

2. Face 3 ou face 6? A aresta entre 1 e 2 tem dois extremos. O de baixo é o ponto onde 1, 2 e 3 se encontram na própria planificação. Então V, o extremo de cima, é o vértice de 1, 2 e 6.

3. Qual canto da face 6? Ao fechar o cubo, as duas pontas da escada se encontram: a aresta de cima da face 1 cola na aresta de baixo da face 6, e a aresta de cima da face 2 cola na aresta da direita da face 6. O vértice V, que é o fim dessas duas arestas, vai parar no canto inferior direito da face 6.

Essa é a alternativa D. (Vale a pena conferir recortando a planificação num papel e montando o cubo.)

Resposta: alternativa D.

Cuidado com a pegadinha: a alternativa A também põe o quadrado na face 6, mas no canto superior direito, que é um vértice das faces 2, 5 e 6, e não o vértice comum com a face 1.

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Questão 159: Dígito verificador de agência bancária

Enunciado

Cada número que identifica uma agência bancária tem quatro dígitos: N₁, N₂, N₃, N₄ mais um dígito verificador N₅.

Todos esses dígitos são números naturais pertencentes ao conjunto {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Para a determinação de N₅, primeiramente multiplica-se ordenadamente os quatro primeiros dígitos do número da agência por 5, 4, 3 e 2, respectivamente, somam-se os resultados e obtém-se $S = 5N_1 + 4N_2 + 3N_3 + 2N_4$.

Posteriormente, encontra-se o resto da divisão de S por 11, denotando por R esse resto. Dessa forma, N₅ é a diferença 11 − R.

Considere o número de uma agência bancária cujos quatro primeiros dígitos são 0100.

Qual é o dígito verificador N₅ dessa agência bancária?

• A) 0
• B) 6
• C) 7
• D) 8
• E) 9

Resolução

1. Os dígitos. 0100 dá $N_1 = 0$, $N_2 = 1$, $N_3 = 0$, $N_4 = 0$.

2. A soma $S$.

3. O resto. $4 = 0 \cdot 11 + 4$, então $R = 4$ (como $S < 11$, o resto é o próprio $S$).

4. O dígito: $N_5 = 11 - 4 = 7$.

Resposta: alternativa C (7).

Cuidado com a pegadinha: o peso 4 é do segundo dígito. Quem aplica os pesos na ordem errada (por exemplo, 2, 3, 4, 5) encontra $S = 3$ e $N_5 = 8$ (alternativa D).

Para revisar, veja Divisão.

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Questão 160: Geladeira na planta da cozinha (escala)

Enunciado

Um casal está reformando a cozinha de casa e decidiu comprar um refrigerador novo. Observando a planta da nova cozinha, desenhada na escala de 1 : 50, notaram que o espaço destinado ao refrigerador tinha 3,8 cm de altura e 1,6 cm de largura. Eles sabem que os fabricantes de refrigeradores indicam que, para um bom funcionamento e fácil manejo na limpeza, esses eletrodomésticos devem ser colocados em espaços que permitam uma distância de, pelo menos, 10 cm de outros móveis ou paredes, tanto na parte superior quanto nas laterais. O casal comprou um refrigerador que caberia no local a ele destinado na nova cozinha, seguindo as instruções do fabricante.

Esse refrigerador tem altura e largura máximas, em metro, respectivamente, iguais a

• A) 1,80 e 0,60.
• B) 1,80 e 0,70.
• C) 1,90 e 0,80.
• D) 2,00 e 0,90.
• E) 2,00 e 1,00.

Resolução

1. Medidas reais do espaço. Na escala 1 : 50, cada 1 cm da planta vale 50 cm reais:

• altura: $3{,}8 \cdot 50 = 190$ cm;
• largura: $1{,}6 \cdot 50 = 80$ cm.

2. Folgas. Na altura, só há folga em cima (10 cm). Na largura, há folga nas duas laterais ($2 \cdot 10 = 20$ cm):

• altura máxima: $190 - 10 = 180$ cm $= 1{,}80$ m;
• largura máxima: $80 - 20 = 60$ cm $= 0{,}60$ m.

Resposta: alternativa A (1,80 m e 0,60 m).

Cuidado com a pegadinha: descontar só 10 cm da largura (esquecendo que são duas laterais) dá 0,70 m, a alternativa B. Não descontar folga nenhuma dá a alternativa C (as medidas do espaço, e não da geladeira).

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Questão 161: Duração mínima de um torneio de futebol

Enunciado

Foram convidadas 32 equipes para um torneio de futebol, que foram divididas em 8 grupos com 4 equipes, sendo que, dentro de um grupo, cada equipe disputa uma única partida contra cada uma das demais equipes de seu grupo. A primeira e a segunda colocadas de cada grupo seguem para realizar as 8 partidas da próxima fase do torneio, chamada oitavas de final. Os vencedores das partidas das oitavas de final seguem para jogar as 4 partidas das quartas de final. Os vencedores das quartas de final disputam as 2 partidas das semifinais, e os vencedores avançam para a grande final, que define a campeã do torneio.

Pelas regras do torneio, cada equipe deve ter um período de descanso de, no mínimo, 3 dias entre dois jogos por ela disputados, ou seja, se um time disputar uma partida, por exemplo, num domingo, só poderá disputar a partida seguinte a partir da quinta-feira da mesma semana.

O número mínimo de dias necessários para a realização desse torneio é

• A) 22.
• B) 25.
• C) 28.
• D) 48.
• E) 64.

Resolução

1. Quantos jogos faz o campeão. Na fase de grupos, cada equipe enfrenta as outras 3 do grupo: 3 jogos. Depois vêm oitavas, quartas, semifinal e final: 4 jogos. O campeão joga $3 + 4 = 7$ partidas, uma depois da outra.

2. Intervalo entre jogos. Pelo exemplo do enunciado, quem joga no domingo só volta na quinta: o dia do jogo e o próximo jogo ficam 4 dias distantes (dia 1, depois dia 5, dia 9…).

3. Dá para jogar todas as partidas de uma rodada no mesmo dia? Sim. Num grupo de 4 equipes (A, B, C, D), cada rodada tem 2 jogos com as 4 equipes (A×B e C×D; A×C e B×D; A×D e B×C). Então os 8 grupos jogam cada rodada num mesmo dia, e o mesmo vale para cada fase eliminatória.

4. Calendário mínimo:

Em geral, o 7º jogo cai no dia $1 + 6 \cdot 4 = 25$.

Resposta: alternativa B (25 dias).

Cuidado com a pegadinha: “3 dias de descanso” não é “um jogo a cada 3 dias”. Os 3 dias de descanso ficam entre os dois dias de jogo.

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Questão 162: Probabilidade de ganhar no bingo

Enunciado

Em um jogo de bingo, as cartelas contêm 16 quadrículas dispostas em linhas e colunas. Cada quadrícula tem impresso um número, dentre os inteiros de 1 a 50, sem repetição de número. Na primeira rodada, um número é sorteado, aleatoriamente, dentre os 50 possíveis. Em todas as rodadas, o número sorteado é descartado e não participa dos sorteios das rodadas seguintes. Caso o jogador tenha em sua cartela o número sorteado, ele o assinala na cartela. Ganha o jogador que primeiro conseguir preencher quatro quadrículas que formam uma linha, uma coluna ou uma diagonal, conforme os tipos de situações ilustradas na Figura 1.

O jogo inicia e, nas quatro primeiras rodadas, foram sorteados os seguintes números: 03, 27, 07 e 48. Ao final da quarta rodada, somente Pedro possuía uma cartela que continha esses quatro números sorteados, sendo que todos os demais jogadores conseguiram assinalar, no máximo, um desses números em suas cartelas. Observe na Figura 2 o cartão de Pedro após as quatro primeiras rodadas.

A probabilidade de Pedro ganhar o jogo em uma das duas próximas rodadas é

• A) $\dfrac{1}{46} + \dfrac{1}{45}$
• B) $\dfrac{1}{46} + \dfrac{2}{46 \times 45}$
• C) $\dfrac{1}{46} + \dfrac{8}{46 \times 45}$
• D) $\dfrac{1}{46} + \dfrac{43}{46 \times 45}$
• E) $\dfrac{1}{46} + \dfrac{49}{46 \times 45}$

Resolução

Depois de 4 sorteios, restam $50 - 4 = 46$ números na urna. Os outros jogadores têm no máximo 1 número marcado, então em 2 rodadas não conseguem completar 4: só Pedro pode ganhar.

1. Onde Pedro está perto de ganhar. Marcados: 03, 48 e 27 (1ª linha) e 07 (canto inferior direito).

• 1ª linha (03, 48, 12, 27): falta só o 12.
• Diagonal principal (03, 11, 19, 07): faltam 11 e 19.
• 4ª coluna (27, 05, 45, 07): faltam 05 e 45.
• As outras linhas, colunas e a outra diagonal precisam de 3 ou mais números.

2. Ganhar na 5ª rodada. Só se sair o 12:

3. Ganhar na 6ª rodada (sem ter ganho na 5ª). Há dois jeitos:

• Sai o 12 na 6ª rodada, depois de um número diferente de 12 na 5ª: $\frac{45}{46} \cdot \frac{1}{45} = \frac{45}{46 \times 45}$.
• Saem os dois números que faltam na diagonal ou na coluna, em qualquer ordem: (11, 19), (19, 11), (05, 45) ou (45, 05). Cada sequência tem probabilidade $\frac{1}{46} \cdot \frac{1}{45}$, então somam $\frac{4}{46 \times 45}$.

4. Total (os casos não se sobrepõem):

Resposta: alternativa E.

Cuidado com a pegadinha: quem esquece a chance de o 12 sair só na 6ª rodada fica com $\frac{1}{46} + \frac{4}{46 \times 45}$, que não está entre as alternativas; quem esquece a coluna fica com a alternativa B.

Para revisar, veja Eventos Equiprováveis.

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Questão 163: Recorte em papel dobrado (simetria)

Enunciado

O professor de artes orientou seus estudantes a realizarem a seguinte sequência de atividades:

• Dobrar uma folha de papel em formato quadrado duas vezes, em sequência, ao longo das linhas tracejadas, conforme ilustrado nas figuras 1 e 2, para obter o papel dobrado, conforme Figura 3.

• Em seguida, no papel dobrado da Figura 3, considerar o ponto R, sobre o segmento OM, sendo M o ponto médio do lado do quadrado original, de modo que $OR = \frac{1}{4}OM$, traçar um arco de circunferência de raio medindo $\frac{1}{2}OM$ com centro no ponto R, obtendo a Figura 4. Por último, recortar o papel ao longo do arco de circunferência e excluir a parte que contém o setor circular, obtendo o papel dobrado, conforme Figura 5.

Após desdobrado o papel que restou na Figura 5, a figura plana que os estudantes obterão será

Resolução

1. O que é o papel dobrado. Duas dobras pelas diagonais deixam o quadrado em 4 camadas: a Figura 3 é um quarto do quadrado, o triângulo com vértice no centro $O$ e com o lado $OM$ indo até o ponto médio $M$ de um lado. Ao desdobrar, esse triângulo aparece 4 vezes, uma voltada para cada lado do quadrado.

2. O recorte num triângulo. O centro do arco, $R$, fica sobre $OM$ a $\frac{1}{4}OM$ de $O$, e o raio é $\frac{1}{2}OM$. Então:

• na direção de $M$, o arco chega a $\frac{1}{4} + \frac{1}{2} = \frac{3}{4}$ de $OM$, bem longe de $O$;
• nas bordas do triângulo (as diagonais do quadrado), o arco chega mais perto de $O$, porque essas bordas estão inclinadas 45° em relação a $OM$.

Cada pedaço recortado é “arredondado” e mais comprido na direção do ponto médio de um lado do quadrado.

3. Desdobrando. O buraco final é formado por 4 arcos de circunferência, cada um apontando para o ponto médio de um lado (em cima, embaixo, à esquerda e à direita). Onde dois arcos vizinhos se encontram, sobre as diagonais, forma-se um “bico” para dentro. É a figura de quatro lóbulos voltados para os lados, com reentrâncias nas diagonais.

Resposta: alternativa C.

Cuidado com a pegadinha: a alternativa A também tem quatro lóbulos, mas voltados para os cantos do quadrado (as reentrâncias ficam no meio dos lados). Isso aconteceria se o centro $R$ estivesse sobre uma diagonal, e não sobre $OM$.

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Questão 164: Esperança de vida em 2014 (média aritmética)

Enunciado

A esperança de vida ao nascer é o número médio de anos que um indivíduo tende a viver a partir de seu nascimento, considerando dados da população. No Brasil, esse número vem aumentando consideravelmente, como mostra o gráfico.

Pode-se observar que a esperança de vida ao nascer em 2012 foi exatamente a média das registradas nos anos de 2011 e 2013. Suponha que esse fato também ocorreu com a esperança de vida ao nascer em 2013, em relação às esperanças de vida de 2012 e de 2014.

Caso a suposição feita tenha sido confirmada, a esperança de vida ao nascer no Brasil no ano de 2014 terá sido, em ano, igual a

• A) 74,23.
• B) 74,51.
• C) 75,07.
• D) 75,23.
• E) 78,49.

Resolução

1. Conferindo o fato de 2012. $\frac{73{,}67 + 74{,}23}{2} = \frac{147{,}90}{2} = 73{,}95$. De fato é o valor de 2012.

2. A mesma relação para 2013. Seja $x$ a esperança de vida de 2014:

Repare que isso é o mesmo que continuar somando o aumento de 0,28 ano por ano: $73{,}67 \to 73{,}95 \to 74{,}23 \to 74{,}51$.

Resposta: alternativa B (74,51).

Cuidado com a pegadinha: a alternativa A (74,23) é o valor de 2013, e não o de 2014.

Para revisar, veja Medidas de Posição.

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Questão 165: Projeção de trajetórias no globo

Enunciado

Na figura estão destacadas duas trajetórias sobre a superfície do globo terrestre, descritas ao se percorrer parte dos meridianos 1, 2 e da Linha do Equador, sendo que os meridianos 1 e 2 estão contidos em planos perpendiculares entre si. O plano α é paralelo ao que contém a Linha do Equador.

A vista superior da projeção ortogonal sobre o plano α dessas duas trajetórias é

Resolução

Olhar a projeção ortogonal sobre α “de cima” é o mesmo que olhar o globo a partir do polo Norte. Nessa vista:

• a Linha do Equador aparece como a circunferência de contorno;
• cada meridiano está num plano vertical que passa pelo eixo N–S, então aparece como um segmento de reta (um diâmetro); os polos N e S caem no centro;
• como os planos dos meridianos 1 e 2 são perpendiculares, esses dois diâmetros são perpendiculares e dividem o círculo em 4 quadrantes.

1. Trajetória de cima (hemisfério norte). Sai de N, desce pelo meridiano 2 (parte de trás) até o Equador, anda por um quarto do Equador até o meridiano 1 (lado direito) e sobe por ele até N. Na projeção: um raio, um quarto de circunferência e outro raio, ou seja, um setor de 90° (um quarto de círculo), no quadrante de trás e à direita.

2. Trajetória de baixo (hemisfério sul). Liga, pelo Equador, o ponto do meridiano 1 do lado esquerdo ao ponto do meridiano 2 da frente, e desce por esses meridianos até S. Na projeção: outro quarto de círculo, no quadrante da frente e à esquerda.

3. Juntando. Dois quartos de círculo em quadrantes opostos, que se tocam só no centro. Na vista superior (trás para cima, frente para baixo), um fica em cima à direita e o outro embaixo à esquerda.

Resposta: alternativa E.

Cuidado com a pegadinha: as alternativas A, B e C desenham os meridianos como curvas. Visto de cima, um meridiano fica “de perfil” e se projeta como segmento de reta. A alternativa D mostra os meridianos e o Equador inteiros, e não só as trajetórias.

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