PROF. 3o ANO MATEMÁTICA PADRÃO VOL. III · III. Direção Executiva: Fabio Benites Gestão Editorial: Maria Izadora Zarro Diagramação, Ilustração de capa e Projeto Gráfico:

PROF. 3o ANOMATEMÁTICAPADRÃO VOL. III

Direção Executiva:Fabio Benites

Gestão Editorial:Maria Izadora Zarro

Diagramação, Ilustração de capa e Projeto Gráfico:Alan Gilles MendesAlex FrançaDominique CoutinhoErlon Pedro PereiraEstevão CavalcantePaulo Henrique de Leão

Estagiários:Amanda SilvaFabio Rodrigues Gustavo MacedoLucas Araújo

Irium Editora LtdaRua Desembargador Izidro, no114 - Tijuca - RJCEP: 20521-160Fone: (21) 2560-1349www.irium.com.br

É proibida a reprodução total ou parcial, por qual-quer meio ou processo, inclusive quanto às caracte-rísticas gráficas e/ou editoriais. A violação de direitos autorais constitui crime (Código Penal, art. 184 e §§, e Lei nº 6.895, de 17/12/1980), sujeitando-se a busca e apreensão e indenizações diversas (Lei nº 9.610/98).

Biologia:Geografia:História:Língua Espanhola:Química:

Atualizações:

Autores:Biologia:Filosofia:Física:Geografia:História:

Leitura e Produção:Língua Espanhola:Língua Inglesa:Língua Portuguesa:

Literatura:Matemática:Química:Sociologia:

Leandro MaiaGustavo BertocheWilmington CollyerDuarte VieiraMontgomery Miranda /Bernardo PadulaMarcelo BeauclairMizael SouzaJaqueline HalackLeila Noronha /Marcelo BeauclairLeila Noronha João Luiz / Gláucio PitangaWendel MedeirosAnne Nunes

Cid MedeirosThiago AzeredoGuilherme BragaKarina PaimRenata Galdino

Apresentação:Olá, querido aluno.O material da Irium Educação foi elaborado por professores competentes e comprometidos com

uma proposta de educação exigente e plural.Neste livro, você encontrará uma teoria na medida certa, focada nas informações mais importantes

hoje em dia, e muitos exercícios para fortalecer sua aprendizagem e preparação para os desafios futuros.Vamos conhecer um pouco mais sobre este livro?Todo capítulo inicia com uma capa, onde você encontrará uma imagem ilustrativa e os objetivos

de aprendizagem. Estes resumem o que queremos que você aprenda. Quando chegar no final do capítulo, se você quiser saber se aprendeu o que é realmente importante, volte na capa e verifique se alcançou cada um dos objetivos propostos.

Antes de entrarmos na teoria, em cada capítulo, você encontrará uma contextualização. Ela funcio-na para mostrar para você porque o assunto é importante e como você poderá usar esse conhecimento no seu dia a dia.

No meio do caderno, quando estiver estudando, você encontrará inserções com informações rele-vantes e que “conversam” com portais da Irium Educação. É o caso do box Como pode cair no ENEM?, que trazem temas conectados ao assunto do capítulo e propõem questões do ENEM ou com o estilo da prova. Você poderá resolver os exercícios no seu caderno ou acessar o portal comopodecairnoenem.com.br. Lá você também encontrará todas essas questões resolvidas em vídeo.

Outra inserção interessante, que visa oferecer mais conhecimento relevante, é o 4News. Nessa se-ção, será possível acessar notícias recentes que conectam o tema do capítulo com uma informação importante para a sua formação e para os diversos vestibulares. Na apostila, essas informações estão resumidas, mas poderá acessar esse conteúdo, produzido pela nossa equipe de professores, na ínte-gra, através do portal 4newsmagazine.com.br ou utilizando o QR code inserido no box.

Uma das principais marcas dos livros da Irium Educação são os exercícios, que primam pela quan-tidade e qualidade. Para ajudar os alunos a tirarem suas dúvidas, existem inúmeras questões com soluções gravadas em vídeo. Elas aparecem com uma câmera e um código. Para acessar a solução, utilize o código no campo de busca no espaço destinado (videoteca) no nosso site irium.com.br/videoteca ou até mesmo no Youtube.

Para finalizar, que tal encontrar um conteúdo ideal para aquelas revisões na véspera de provas e concursos? Essa é a proposta da seção Resumindo, na última página de cada capítulo. Aqui, você en-contrará uma síntese com as principais informações do capítulo, como as fórmulas mais importantes, que você não pode esquecer.

A equipe da Irium Educação acredita em uma formação exigente, completa e divertida. Esperamos que este livro possa proporcionar isso a você.

#vamboraaprender

“A Educação é a arma mais poderosa que você pode usar para mudar o mundo.”

(Nelson Mandela)

Fabio BenitesDiretor-geral

CONTEÚDO PROGRAMÁTICO 2017

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CONTEÚDO PROGRAMÁTICO

3º ANO – 2016 / 2017

MATEMÁTICA I

1o BIMESTRE

EM3MAT01: Estatística: trabalhando conjuntos e estruturando o processo estatístico• Reconheceranecessidadedeorganizarinformaçõesemconjuntos;• Assimilartécnicas,notaçõeseoperaçõesdeconjuntos;• Representareinterpretardadosagrupadosemtabelasegráficos;• Compreenderosconceitosbásicosdaformaçãodoprocessoestatístico;• Calcularmedidasestatísticasdetendênciacentraledispersão.

EM3MAT02: Matemática Financeira: conceitos e aplicações• Compreenderosignificadodarepresentaçãodeumaporcentagem;• Calcularporcentagenseaprenderautilizarfatoresdeatualização;• Diferenciarporcentagensemrelaçãoabasesdiferentesdevalores;• Aprenderosconceitosediferençasentrejurossimplesecompostos;• Identificarecalcularovalordodinheironotempoatravésdosjuros.

EM3MAT03: Funções: conceitos e funções do 1o grau• Estabeleceroconceitodeprodutocartesiano,easdefiniçõesdedomínio,contradomínioeimagem;• Representarprodutoscartesianosnoplanocartesiano;• Identificarrelaçõesefunçõesapartirdeprodutoscartesianos;• Conceituareresolverfunçõescompostaseinversas;• Reconhecereaplicarfunçõesde1ograu,algébricaegraficamente.

2o BIMESTRE

EM3MAT04: Funções: funções do 2o grau e suas aplicações• Identificarumafunçãodo2ograu,compreendendosuaimportânciaeaplicações;• Calculareanalisarseusprincipaisparâmetroseinterseçõescomoseixoscartesianos;• Determinarraízeserealizarestudosdesinal;• Resolverproblemasdemaximizaçãoeminimizaçãodefunçõesquadráticas;• Determinarconjuntos-soluçãodeinequaçõesprodutoequociente.

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EM3MAT05: Funções: exponenciais e logarítmicas• Revisarconceitosdepotenciação;• Entenderarepresentaçãoalgébricaegráficadeumafunçãoexponencial;• Compreenderaformaçãodologaritmoesuarelaçãocomapotenciação;• Perceberoprocessodeestruturaçãodeumafunçãologarítmica,baseadanaexponencial;• Representareresolverequações,inequaçõesefunçõesexponenciaiselogarítmicas.

EM3MAT06: Análise Combinatória: calculando possibilidades• Assimilaraimportânciadoprocessodetomadadedecisõeseprincípiosmultiplicativos;• Apresentaraoperaçãofatorialeoseufuncionamento;• IntroduziroPrincípioFundamentaldaContagemcomobaseparaaAnáliseCombinatória;• Estabelecerosconceitosdepermutação,arranjoecombinação,bemcomosuasrestrições;• Aplicarasferramentasdesenvolvidasemproblemascontextualizadoseatuais.

3o BIMESTRE

EM3MAT07: Probabilidades: cálculos e interpretações• EstruturarasnoçõesdeEspaçoAmostral,EventoeProbabilidade;• Resolverproblemasiniciaisdeprobabilidade;• Reconheceradependênciaouindependênciadeeventos;• Percebercomoelasafetamocálculodeprobabilidadescondicionais;• Utilizarconectivos“e”e“ou”paratratardeprobabilidadescommaisdeumevento.

EM3MAT08: Sequências: progressões aritméticas e geométricas• Reconhecerpadrõesnaformaçãodesequênciasnuméricas;• Definirconceitos,propriedadeserelaçõesdeumaProgressãoAritmética;• Definirconceitos,propriedadeserelaçõesdeumaProgressãoGeométrica;• AssimilarasrecorrentesformasdediferenciarumaPAdeumaPG;• Resolverproblemasdesequênciasnuméricasaplicandotaisconceitos.

4o BIMESTRE

EM3MAT09: Matrizes: organizando números e dados em matrizes• Compreenderosignificadodeumamatriz;• Assimilarasdiversaspropriedadesassociadasàsmatrizes;• Realizaroperaçõesenvolvendomatrizes;• Calculardeterminantesdematrizesquadradas;• Utilizarconceitosdematrizesparadeterminarconjuntos-soluçãodesistemaslineares.


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EM3MAT10: Lógica e problemas de raciocínio• Elaborarummodeloqueestrutureoraciocíniodeformalógica,atravésdeproposições;• Utilizarconectivosparaencadearproposições;• Estabeleceratabela-verdadeparaanalisaralógicamatemática;• Conhecereaplicarconceitosdenegação,equivalênciaeaestruturacondicional;• Resolverproblemasdelógicamatemáticaequestõesderaciocíniomatemáticosimples.

MATEMÁTICA II

1o BIMESTRE

EM3MAT11: Razões e proporções: proporcionalidade, grandezas e medidas• Reconheceranecessidadedeorganizarinformaçõesemconjuntos;• Assimilartécnicas,notaçõeseoperaçõesdeconjuntos;• Representareinterpretardadosagrupadosemtabelasegráficos;• Compreenderosconceitosbásicosdaformaçãodoprocessoestatístico;• Calcularmedidasestatísticasdetendênciacentraledispersão.

EM3MAT12: Geometria Plana: polígonos, triângulos e quadriláteros• Definirelementosepropriedadesbásicasdageometriaplana;• Conceituarpolígono,seusprincipaisexemploserelações;• Estabelecerasprincipaisclassificaçõesepropriedadesdostriângulos;• Apresentareidentificarosprincipaissegmentosepontosnotáveisdeumtriângulo;• Estabelecerasprincipaisclassificaçõesepropriedadesdosquadriláteros.

2o BIMESTRE

EM3MAT13: Geometria Plana: semelhanças, relações métricas no triângulo e circunferências

• Relacionarsegmentosproporcionaiseestabelecercritériosparasemelhançadetriângulos;• Construirrelaçõesmétricasentreosprincipaissegmentosdeumtriânguloretângulo;• UtilizaroTeoremadePitágorasemaplicaçõesdiretasdageometria;• Deduzirasleisdosenoedocosseno,válidasparaqualquertriângulo;• Compreender o significado geométrico de uma circunferência, seus elementos e propriedades

métricaseangulares.

EM3MAT14: Geometria Plana: áreas e relações entre circunferências e polígonos• Determinarmecanismosparaocálculodasáreasdosprincipaispolígonos;• Calcularáreadocírculoesuaspossíveisdivisões;• Corresponderáreasdefigurasgeométricassemelhantes,apartirdaproporçãoentresuasmedidas;• Compreenderoconceitodeapótemadeumpolígonoregular;• Relacionarladoseapótemasdepolígonosregularescomcircunferênciasinscritasecircunscritas.

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3o BIMESTRE

EM3MAT15: Geometria Espacial: poliedros, prismas e cilindros• Introduzir os conceitos de geometria espacial a partir da utilização de uma superfície poliédrica

convexa;• Relacionar os principais elementosde um poliedro, bem como o conjunto de poliedros regulares

notáveis;• Definir o que é um prisma, mostrando seus principais elementos, planificações, e deduzindo os

cálculosdeáreasevolume;• Definiroqueéumcilindro,apresentandoseusprincipaiselementos,planificações,eoscálculosde

áreasevolume;• Construircilindrosapartirdarevoluçãodefigurasplanas.

EM3MAT16: Geometria Espacial: pirâmides, cones e esferas• Apresentarosconceitosbásicosdepirâmides,coneseesferas,comsuasreferidasplanificações;• Relacionarseusprincipaiselementos,expandindoapercepçãogeométricadossólidos;• Estabelecerfórmulasdeáreasevolumesparaessessólidos,bemcomorelacionarsólidossemelhantes;• Construirconeseesferasapartirdarotaçãodefigurasgeométricasplanas;• Realizarcortesempirâmideseconeseapresentarasprincipaisnoçõesdetroncos.

4o BIMESTRE

EM3MAT17: Trigonometria: conceitos, círculo trigonométrico e funções• Estabelecerdiferentesmedidasdeângulos,earelaçãoentreelas;• Compreenderosconceitosiniciaisdetrigonometriaapartirdetriângulosretângulos;• Conhecerocírculotrigonométricoesuasprincipaispropriedades;• Utilizarocírculotrigonométricoparadeduzirvalorestrigonométricosparadiversosgruposdeângulos

notáveiserelaçõestrigonométricasfundamentais;• Analisaralgébricaegraficamenteequações,inequaçõesefunçõestrigonométricas.


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ORIENTADOR METODOLÓGICO PADRÃO

ENSINO MÉDIO 2017/2018

O material didático da Irium Educação foi reformulado para o biênio 2017/2018 com o intuito de estar atualizado com as demandas educacionais dos principais concursos do país e alinhado com os pilares educacionais elementares defendidos pela editora.

Além de conter um projeto pedagógico de vanguarda, o projeto gráfico é totalmente inovador. O design de cada página foi projetado para ser agradável para a leitura e atrativo visualmente, favorecendo a aprendizagem. Há uma identidade visual para cada disciplina e as seções são marcadas com foco artístico e acadêmico.

Veja algumas páginas:

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Didaticamente, há um projeto traçado que envolve fundamentos pedagógicos de vanguarda. Além disso, o material impresso dialoga com sites e aplicativos, e vídeos dispostos na videoteca do irium.com.br.

Confira os fundamentos pedagógicos do material e suas justificativas:

Fundamento 01:Apresentar um conteúdo com ementa e nível de acordo com os Parâmetros Curriculares Nacionais (PCNs), refletidos pelos principais concursos do país do referido segmento.

Descrição: O conteúdo de cada série segue as orientações dos PCNs e conteúdo programático do exame nacional do Ensino Médio (ENEM). Existem duas linhas de material. O pacote Otimizado aborda todo o conteúdo dividido em três anos, enquanto o Padrão encerra todo o conteúdo nos dois primeiros anos, e o terceiro ano funciona como um pré-vestibular abordando toda a ementa do ENEM e dos principais vestibulares do Brasil.

Fundamento 02:Alinhar desde o princípio os objetivos pedagógicos de cada caderno (capítulo).

Descrição: Ainda na capa de cada caderno (capítulo), professores e alunos encontrarão os objetivos a serem alcançados naquela unidade. Dessa forma, pretende-se que docentes e discentes comecem “com o objetivo em mente”, ou seja, que tenham clareza desde o início dos objetivos.

Como funciona na prática? Logo na capa do caderno, sugerimos que o professor apresente os objetivos pedagógicos do caderno, ou seja, o que o aluno deve assimilar e quais competências ele deve desenvolver, quando o caderno estiver com a teoria lecionada e os exercícios realizados.

Na capa do caderno de Hidrostática, ao lado, ao ler os objetivos da unidade, junto com os alunos, o professor deixa claro que visa ensinar, para compreensão dos alunos, compreender os conceitos de pressão, massa específica e densidade de um corpo, assim como o teorema de Stevin, de Arquimedes e o princípio de Pascal.


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Fundamento 03:Transcender o conteúdo tradicional, a partir do diálogo entre este e outros saberes, não previstos na Base Nacional Comum, mas considerados relevantes para a formação do jovem, segundo a visão da Irium Educação.

Descrição: Além do conteúdo tradicional, o material do Ensino Médio é focado em novos saberes essenciais para a formação dos jovens hoje em dia. Saberes como Economia, Noções de Nutrição, Geopolítica e Meio Ambiente são apresentados de forma dialógica com os conteúdos tradicionais. De forma prática, em cada caderno há pelo menos uma inserção transdisciplinar em formato de observação. Essas inserções surgem no material impresso em uma versão reduzida e o artigo na íntegra pode ser acessado no site do projeto 4newsmagazine.com.br.

Como funciona na prática? As inserções são apresentadas em um quadro específico e o conteúdo é exposto pela bandeira interdisciplinar 4NEWS MAGAZINE. Esta é uma revista de atualidades que possui uma linguagem própria da adolescência, o que gera identificação com os alunos. Com isso, terão a oportunidade de ler, entender e debater temas importantes do Brasil e do mundo de uma forma mais interessante para a faixa etária que se encontram. Para os professores, fica a sugestão de utilizar esses artigos transdisciplinares para apresentar como o conteúdo presente “dialoga” com outros, estendendo a aprendizagem e mostrando outras áreas do conhecimento com as quais alguns alunos, com certeza, irão se identificar. Esse fundamento do material didático é uma grande oportunidade para fazer conexões entre os saberes, valorizando cada um e ainda mais a sinergia entre eles. Além do artigo presente na apostila, os educadores podem incentivar os discentes a acessar o conteúdo completo, no site, possibilitando a navegação por outros artigos e, consequentemente, o acesso a mais informações de qualidade. Veja no recorte abaixo, como a notícia sobre a influência da igreja católica na geopolítica mundial foi utilizada para dialogar com o caderno de História do 3º ano “Formação do Brasil colonial”, enriquecendo ainda mais o conhecimento cultural do aluno.

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Fundamento 04:Sugerir contextos para apresentação dos conteúdos a fim de tornar o aprendizado mais prático e concreto para o aluno.

Descrição: Um desafio para os educadores é não cair no “conteudismo” puro, distante da aplicabilidade desses e da realidade dos alunos. Para isso não acontecer, o material traz sugestões de contextualizações para o início do conteúdo, além de outras exemplificações práticas ao longo da apresentação da teoria.

Como funciona na prática? Na segunda página de cada caderno, há uma charge, uma tirinha, uma citação, um meme ou outra representação que o professor pode usar como “gancho” para iniciar a sua aula de forma contextualizada, trazendo mais significado para o aprendizado desde o início da aula. Repare que o texto abaixo (à esquerda) propõe uma reflexão sobre o porquê alguns corpos flutuam e outros não. Essa provocação cabe perfeitamente para o início da exposição, considerando que se pretende explicar o conceito de hidrostática, ou seja, ciência que estuda os líquidos em equilíbrio estático. No outro exemplo (à direita), o autor inseriu uma imagem para criticar a concentração fundiária no Brasil.


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Fundamento 05:Promover uma linguagem mais dialógica e sedutora para o aluno, a fim de sensibilizá-lo para a importância do conteúdo, facilitando o processo de aprendizagem.

Descrição: A forma como as informações são apresentadas é essencial para criar simpatia ou rejeição por parte dos alunos. Pensando nisso, reformulamos a linguagem do material, especialmente no início de cada caderno, na primeira impressão, para que ela fosse mais atrativa para os jovens. Assim, o texto “conversa” com o leitor, favorecendo a apresentação do conteúdo e evitando rejeições devido a forma como ele é apresentado.

Como funciona na prática? Os textos do material não possuem linguagem coloquial, eles são técnicos. Porém, não são puramente técnicos no sentido tradicional. Eles buscam uma aproximação do educando, como se o autor estivesse “conversando” com o leitor. Esse tipo de construção favorece a compreensão, e os professores podem usar isso em exercícios como: reescreva determinado texto com suas palavras, deixando claro o que você entendeu. Nos textos tradicionais, normalmente, os alunos têm dificuldade de entenderem sozinhos. Veja os textos abaixo como são convidativos.

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Fundamento 06:Articular conteúdo e exercícios de forma planejada, a fim de tirar o melhor proveito desses últimos, funcionando como validação dos conceitos básicos trabalhados ou espelhando a realidade dos mais diversos concursos.

Descrição: Há três seções de exercícios “tradicionais”. Os Praticando possuem o aspecto de validação da aprendizagem, os Aprofundando refletem a clássica abordagem dos concursos e os Desafiando (somente na versão Padrão) são os mais difíceis, até mesmo para os principais concursos do país. Existem também, em todas as seções, questões resolvidas em vídeo. Elas estão sinalizadas com um ícone de uma câmera, que indica que há solução gravada, e podem ser localizadas pelo código justaposto. Através desse código, o aluno-usuário deverá acessar a área da Videoteca, localizada em irium.com.br.

Como funciona na prática? Os exercícios Praticando, por serem validações da aprendizagem, permeiam a teoria, ou seja, teoria 1 → praticando 1 → teoria 2 → praticando 2 → ... Os Aprofundando servem como mini simulados de concursos e são recomendados “para casa” para serem corrigidos na aula seguinte. Os Desafiando, por serem os mais difíceis, podem valer pontos extras em atividades a parte.

Fundamento 07:Incentivar o aluno a estender sua aprendizagem além da sala de aula, seja com links para sites e aplicativos ou através de atividades complementares de pesquisa e reflexão.

Descrição: O material possui também atividades não ortodoxas. As questões “tradicionais” são testes para verificar se o aluno consegue reproduzir aquilo que deveria ser aprendido. Na seção Pesquisando, o material propõe exercícios novos, que incentivam a pesquisa on-line e off-line, reflexões sobre escolhas e comportamentos e servem também, para possibilitar a atuação dos responsáveis na educação formal do filho, pois podem ajudá-los nas pesquisas e reflexões sugeridas pela atividade. Para o terceiro ano, não há a sugestão da atividade Pesquisando, mas uma seção denominada Competências e Habilidades onde são informadas e trabalhadas as cento e vinte habilidades da matriz de referência do ENEM.


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Como funciona na prática? A seção Pesquisando é constituída de exercícios “fora da caixinha”, isto é, aqueles que exigem pesquisas e/ou reflexões. Há algumas utilizações pedagógicas interessantes para essa seção. Exemplos: 1) O professor poderia pedir um caderno separado para registro desses exercícios. Ao final ele teria um verdadeiro portfólio da produção dos alunos ao longo de determinado tempo; 2) Os pais poderiam ser convidados a participar da educação formal do filho, ajudando-o ou simplesmente perguntando sobre os temas abordados nesses exercícios, pois são mais fáceis para esse intuito do que os exercícios tradicionais; 3) O aluno poderia exercitar sua oratória apresentando atividades propostas nessa seção; 4) Alguns Pesquisando podem ser usados como temas para debates em sala, desenvolvendo as habilidades de ouvir e compreender o outro, além, obviamente, da capacidade de argumentação.

A seção Competências e Habilidades, presente no material do terceiro ano, informa qual(is) habilidade(s) está(ão) relacionada(s) àquele conteúdo, qualificando o educando nesse conteúdo.

Fundamento 08:Oferecer informações sintetizadas, a fim de atender momentos de revisão do conteúdo.

Descrição: No final de todo caderno, apresentamos uma seção denominada Resumindo, onde é apresentada uma síntese do conteúdo do caderno. O intuito é possibilitar que o aluno tenha um resumo bem construído para uma revisão rápida, quando necessária.

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CONTEÚDO PROGRAMÁTICOENSINO MÉDIO 2017

3º anoMATEMÁTICA I

3o bimestre:

Aula: 19Tópico: Probabilidades: cálculos e interpretaçõesSubtópicos: Estruturar as noções de Espaço Amostral, Evento e Probabilidade; Resolver problemas iniciais de probabilidade; Exercícios: xPara casa: Praticando 1 ao 9

Aula: 20Tópico: Probabilidades: cálculos e interpretaçõesSubtópicos: Reconhecer a dependência ou independência de eventos; Perceber como elas afetam o cálculo de probabilidades condicionais; Utilizar conectivos “e” e “ou” para tratar de probabilidades com mais de um eventoExercícios: Praticando 10 ao 18Para casa: Aprofundando

Aula: 21Tópico: Tópico: Tópico: Probabilidades: cálculos e interpretaçõesSubtópicos: RevisãoExercícios: Aprofundando Para casa: Desafiando

Aula: 22Tópico: Sequências: progressões aritméticas e geométricas Subtópicos: Reconhecer padrões na formação de sequências numéricas; Definir conceitos, propriedades e relações de uma Progressão Aritmética; Exercícios: xPara casa: Praticando 1 ao 10

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Aula: 23Tópico: Sequências: progressões aritméticas e geométricas Subtópicos: Definir conceitos, propriedades e relações de uma Progressão Geométrica; Assimilar as recorrentes formas de diferenciar uma PA de uma PG; Resolver problemas de sequências numéricas aplicando tais conceitos Exercícios: Praticando 11 ao 18Para casa: AprofundandoPara casa:

Aula: 24Tópico: Sequências: progressões aritméticas e geométricas Subtópicos: RevisãoExercícios: Aprofundando Para casa: Desafiando

Aula: 25Tópico: Revisão bimestralSubtópicos: RevisãoExercícios: RevisãoPara casa: Revisão

MATEMÁTICA II

3o bimestre:

Aula: 19Tópico: Geometria Espacial: poliedros, prismas e cilindrosSubtópicos: Introduzir os conceitos de geometria espacial a partir da utilização de uma superfície poliédrica convexa; Relacionar os principais elementosde um poliedro, bem como o conjunto de poliedros regulares notáveis; Definir o que é um prisma, mostrando seus principais elementos, planificações, e deduzindo os cálculos de áreas e volume; Exercícios: xPara casa: Praticando 1 ao 15


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Aula: 20Tópico: Geometria Espacial: poliedros, prismas e cilindrosSubtópicos: Definir o que é um cilindro, apresentando seus principais elementos, planificações, e os cálculos de áreas e volume; Construir cilindros a partir da revolução de figuras planas Exercícios: Praticando 16 ao 21Para casa: Aprofundando

Aula: 21Tópico: Geometria Espacial: poliedros, prismas e cilindrosSubtópicos: RevisãoExercícios: Aprofundando Para casa: Desafiando

Aula: 22Tópico: Geometria Espacial: pirâmides, cones e esferasSubtópicos: Apresentar os conceitos básicos de pirâmides, cones e esferas, com suas referidas planificações; Relacionar seus principais elementos, expandindo a percepção geométrica dos sólidos; Estabelecer fórmulas de áreas e volumes para esses sólidos, bem como relacionar sólidos semelhantes; Exercícios: xPara casa: Praticando 1 ao 5

Aula: 23Tópico: Geometria Espacial: pirâmides, cones e esferasSubtópicos: Definir conceitos, propriedades e relações de uma Progressão Geométrica; Assimilar as recorrentes formas de diferenciar uma PA de uma PG; Resolver problemas de sequências numéricas aplicando tais conceitos Exercícios: Praticando 6 ao 15Para casa: Aprofundando

Aula: 24Tópico: Geometria Espacial: pirâmides, cones e esferasSubtópicos: RevisãoExercícios: Aprofundando Para casa: Desafiando

Aula: 25Tópico: Revisão bimestralSubtópicos: RevisãoExercícios: Revisão

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Para casa: Revisão

EM3M

AT07

DETERMINANDO PROBABILIDADE E INTERPRETANDO SEUS RESULTADOS

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ORIENTADOR METODOLÓGICO

Determinando Probabilidade e Interpretando seus Resultados

Conteúdo:• Conceito de Probabilidade• Probabilidade Condicional• Multiplicação de Probabilidades.

Objetivos de aprendizagem:• Estruturar as noções de Espaço Amostral,

Evento e Probabilidade;• Resolver problemas iniciais de probabilidade;• Reconhecer a dependência ou a indepen-

dência de eventos;• Perceber como elas afetam o cálculo de

probabilidade condicionais;• Utilizar conectivos “e” e “ou” para tratar de

probabilidades com mais de um evento.

Praticando1) Temos que os casos favoráveis são A = {233, 234, 235,236, 237}, logo n(A) = 5. Como o total de possibilidades (espaço amostral) são os nú-meros de 1 a 100 temos que n (□) = 1000, logo temos que

P(A)=n (A)

=5

=1

n (□) 1.000 200Gabarito: E

2) Temos 4 letras, A, M, O e R, então a probabi-lidade de ser primeiro retirado a letra A é 1/4. Após a retirada da letra A restam 3 letras, logo a probabilidade de ser retirada a letra M é 1/3. Agora restam 2 letras, logo a probabilidade de retirar a letra O é 1/2. Após isso, só resta a letra R, então a probabilidade de ser retirada a letra R é 1/1 = 1. Como todos esses eventos devem ocorrer um após o outro, temos que a proba-bilidade de termos retirado a palavra AMOR é 1/4 . 1/3 . 1/2 . 1/1 = 1/24.Gabarito: A

3) Temos um total de 9 bolas (espaço amostral) sendo 5 pretas (casos favoráveis). Então a pro-babilidade de ser retirado uma bola preta na

primeira vez é 5/9. Agora, restam 4 bolas pretas e 8 bolas no total, então a probabilidade de a segunda bola ser preta é 4/8. Portanto, a proba-bilidade de serem retiradas duas bolas pretas é 5/9 . 4/8 = 5/18.

4) Nenhum mês possui 32 dias, este é um even-to impossível, portanto a probabilidade é 0.Gabarito: E

5) Temos que 10 alunos cursam engenharia e economia, então podemos concluir que 50 - 10 = 40 estudam somente engenharia e que 70 - 10 = 60 estudam somente economia. Como há 200 alunos no total e temos 110 alunos que estudam engenharia e/ou economia, pode-se concluir que 90 não estudam nenhuma desses cursos, ou seja:

Engenharia

40 10 60 90

Economia

Não estudam nenhuma

a) Temos que 40 alunos estudam somente enge-nharia num total de 200 alunos, então a proba-bilidade é 40/200 = 1/5b) Temos que 90 alunos não estudam engenha-ria nem economia num total de 200 alunos, en-tão a probabilidade é 90/200 = 9/20.c) Temos que 110 alunos estudam engenharia ou economia num total de 200 alunos, então a probabilidade é 110/200 = 11/20.

6) Como a probabilidade de não chover é 70% então a probabilidade de chover é 30%. Com isso, ele não irá à praia. Gabarito: C

7) Temos que banda larga de pelo menos 1mbps podem ser as banda largas de 1 a 2 mbps, 2 a 4 mbps, de 4mbps a 8 mbps e acima de 8 mbps, então pelo gráfico temos 15 + 5 + 1 + 1 = 22. Como o total de uso dos tipos de internet é 34+ 20 + 15 + 5 + 1 + 1 + 24 = 100, podemos concluir que a probabilidade é 22/100 = 0,22.Gabarito: D

EM3M

AT07


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8) Analisando o gráfico, podemos concluir que a quantidade total de filhos é 8.0 + 7.1 + 6.2 + 2.3 = 25. Como há 7 filhos únicos, a probabilidade de ser sorteado um filho único é 7/25.Gabarito: E

9) Analisando-se o quadro de horários contínuos de partida, pode-se perceber que Carlos, se che-gar nos 10 minutos após a hora cheia, tomará o ônibus da empresa BOMPASSEIO. Se chegar nos próximos 20 minutos, vai tomar o ônibus da empresa ANDABEM. Essa situação vai se repetir durante a próxima meia hora e assim por suces-sivamente. Portanto, podemos concluir que a probabilidade de que Carlos pegue o ônibus da empresa Bom Passeio é o dobro da Anda Bem.Gabarito: D

10) a) Temos que o total de pessoas é 10 + 20 = 30. Como temos 20 homens a probabilidade de ser escolhido ao acaso um homem é 20/30 = 1/3.b) Seja M = conjunto das pessoas de sexo mas-culino e A = conjunto das pessoas de olhos azuis. Queremos saber qual a probabilidade de uma pessoa de olhos azuis ser do sexo masculino. Então, o espaço amostral é o conjunto A, logo pela tabela n(A) = 6. Como existe um homem do sexo masculino e com olhos azuis temos que n (M/A)=1, portando P (M/A) = 1/6.

11) Temos um total de 9 bolas (espaço amostral) sendo 5 pretas (casos favoráveis). Então a pro-babilidade de ser retirado uma bola preta na primeira vez é 5/9. Agora, restam 4 bolas pretas e 8 bolas no total, então a probabilidade de a segunda bola ser preta é 4/8. Portanto, a proba-bilidade de serem retiradas duas bolas pretas é 5/9 . 4/8 = 5/18.

12) a) Como há 5 bolas pretas e 4 bolas brancas no total temos 9 bolas. Podemos concluir que na primeira retirada a probabilidade de ser retira-da uma bola preta é 5/9. Como há reposição, na segunda retirada, a probabilidade de ser retira-da uma bola branca é de 4/9. Logo, como esses eventos são independentes, a probabilidade do evento do item ocorrer é 5/9 . 4/9 = 20/81.b) Nesse caso, a ordem de retirada das bolas não é definida, então há dois casos a se conside-rar: primeiro preta e depois branca; e primeiro branca e depois preta. pelo ítem a) temos que a probabilidade de ser retirado primeiro uma bola preta e depois uma bola branca é 20/81. Para

primeiro branca e depois preta é análogo, ou seja,= 4/9 . 5/9 = 20/81. Como pode ocorrer um evento ou outro devemos somar as probabilida-des, portanto teremos que a probabilidade em questão é 20/81 + 20/81 = 40/81.

13) Sabemos que o teste tem 10 questões e cada uma com 4 opções de resposta. Como somen-te uma opção de cada questão é correta temos que em uma questão a probabilidade de acerto é 1/4 e a de erro 3/4. Como é desejado que ele acerte exatamente 7 questões teremos que de-verá haver 7 questõescertas e 3 erradas deve-mos considerar a disposição delas que será uma combinação, ou seja, 10! ÷ 7! 3! então a probabi-lidade desse evento ocorrer é 1/4 . 1/4 . 1/4 . 1/4 . 1/4 . 1/4 . 1/4 . 3/4 . 3/4 . 3/4 . 10!7!3! = 3³ . 10! / 7! . 3! . 410.GABARITO: B

14) Como os filhos só podem ser homens ou mu-lheres, temos que o total de possibilidades de se ter 3 filhos será 2.2.2 = 8. Entretanto, como o ca-sal deseja ter exatamente 2 filhos do sexo mas-culino e 1 feminino, temos que a possibilidades de ordem do nascimento deles será uma combi-nação, ou seja, 3!/2!1! = 3. Logo a probabilidade desse evento ocorrer será 3/8 = 0,375 = 37.5%.Gabarito: E

15) Como há 15 salas e um usuário escolherá apenas uma probabilidade de escolher uma sala é de 1/15. Como cada usuário escolherá apenas uma sala a probabilidade desse evento ocorrer será 1/15 . 1/15 = (1/15)^2Gabarito: A

16) A quantidade total de mosquitos é 30 + 60+ 10 = 100. Como é desejado obter pelo menos um mosquito contaminado com DEN3, entre dois mosquitos, é preciso separar esse evento em dois casos: exatamente 1 mosquito com DEN3 E dois mosquitos com DEN3.

Caso1A probabilidade de um mosquito ter DEN3 é 10/100 e após a primeira escolha a probabili-dade de não ter DEN3 é 90/99. Devemos consi-derar a ordem dessas escolhas, ou seja, temos uma combinação 2!/1!.1! = 2. Logo nesse caso a probabilidade será 2.10/100 . 90/99 = 18/99 = 2/11.

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Caso 2A probabilidade de um mosquito ter DEN3 é 10/100 e após a primeira escolha a probabilida-de de ter DEN3 novamente será 9/99. Portanto, neste caso a probabilidade será 10/100 . 9/99 = 1/110.

Como pode ocorrer o caso 1 ou o caso 2 devemos somar essas probabilidades, então a probabilidade desse evento ocorrer será 2/11 + 1 /110 = 21/110.Gabarito: D

17) a) Como 20% é a probabilidade de um pa-ciente morrer, 80% é a probabilidade de um pa-ciente sobreviver. Como é esperado que dentre 3 pacientes todos sobrevivam temos que a pro-babilidade desse evento ocorrer será 0,8 . 0,8 .0,8 = 0,512 = 51,2 %.

b) Nesse caso, devemos considerar a dispo-sição dos acontecimentos então teremos uma combinação, ou seja, 3!/2!1! = 3. Então a proba-bilidade será 3 . 0,8. 0,8 . 0,2 =0,384 = 38,4%.

18) Ao retirar um lápis do porta lápis A deve os considerar dois casos, retirar um lápis com pon-ta ou retirar um lápis sem ponta.

No primeiro caso, como no porta lápis A há 10 lápis sendo 3 com ponta, a probabilidade de retirar um com ponta é 3/10 = 0,3. Agora o porta lápis B passa a ter 10 lápis, dos quais 5 estão sem ponta, logo a probabilidade de retirar um lápis sem ponta do porta lápis B é 5/10 = 0,5. En-tretanto, como os eventos das retiradas dos lá-pis são eventos dependentes, temos que a pro-babilidade desse caso ocorrer é 0,3. 0,5 = 0,15.

Já no segundo caso, como no porta lápis A há 10 lápis sendo 7 sem ponta, a probabilida-de de retirar um lápis sem ponta será 7/10 = 0,7. Ao colocá-lo no porta lápis B, este passa a ter 10 lápis no total sendo 6 sem ponta, logo a pro-babilidade de retirar um lápis sem ponta será 6/10=0,6. Como as retiradas de lápis são even-tos dependentes temos que a probabilidade desse caso ocorrer será 0,7. 0,6 = 0,42.

Como a ocorrência desses casos são eventos independentes, podemos concluir que a proba-bilidade do evento em questão ocorrer será 0,15 + 0,42 =0,57,Gabarito: B.

Aprofundando:19) a) Cada dado tem 6 faces, então teremos que a quantidade total de resultados da jogada de 3 dados será 6 . 6 . 6 = 216. Portanto, o espaço amostral desse evento tem 216 elementos.

b) Temos que os números das faces que somados resultam o número 5 são 1 e 4; e 2 e 3. Então podemos concluir que o total de pos-sibilidades de termos soma igual a 5 será 4 . 1= 4.

c) Pelos itens a e b Temos que a probabilida-de de se evento ocorre será 4/ 216 = 1 /54.

20) Considerando um dado com 6 lados, temos que há 6 possibilidades de fases ao ser lançado. Os números maiores que 4 que podem resultar em um lançamento são 5 ou 6, então há 2 pos-sibilidades para esse evento. Logo s probabilida-de desse evento ocorrer será 2/6 = 1/3.

21) Gabarito: D.

22) Letra D.

23) Analisando a figura podemos perceber que há 208 poltronas, das quais são acentos entre dois acentos 64. Logo a probabilidade se uma poltrona desse tipo ser sorteada é 64/208 = 0,308= 30,8 %, ou seja, aproxima-damente 31%.Gabarito: A

24) Podemos perceber pela tabela que há 100 pacientes doentes, dos quais 95 obtiveram teste positivo. Logo a probabilidade relativa a sensibi-lidade do teste é 95/100 = 95%.Gabarito: E

25) Podemos perceber que os elementos da diagonal principal da matriz são referentes às e pessoas que não desejam trocar seu aparelho, então há 50 + 100 + 200 = 350 pessoas que não desejam trocar. Logo, como há 1000 entrevista-dos, temos que a probabilidade desse evento ocorrer será 350/100 = 35%.Gabarito: B

26) Como há 10 halteres 2 a 2 iguais temos que o total de possibilidades de arrumações é 10!/2!.2!.2!.2!.2!= 113400.

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Como há 5 pares de halteres de mesma cor, as possibilidades de um perfeito ocorrer serão 5!. = 120.

Portanto a probabilidade de se obter um ar-mazenamento perfeito será 120/ 113400 = 1/945.Gabarito: B

27) a) Como há 12 bolas, temos que a proba-bilidade da primeira bola ser branca será 7/12, já a probabilidade da segunda bola ser branca, como não há reposição, será 6/11.Logo a proba-bilidade desse evento ocorrer será 7/ 12 . 6/11 = 7/22.

b) Como há 12 bolas, temos que a probabi-lidade da primeira bola ser branca será 5/12, já a probabilidade da segunda bola ser branca, como não há reposição, será 4/11. Logo a proba-bilidade desse evento ocorrer será 5/12 . 4/11 = 5/33.

c) Como não devemos levar em conta a or-dem, há sua possibilidades de ordem: primeiro Vermelha depois branca ou primeiro branca de-pois Vermelha. Logo, retirando a primeira bola branca a probabilidade será 7/12, como não há reposição, a probabilidade de depois ser retira-da uma bola vermelha será de 5/11. Então a pro-babilidade desse evento ocorrer será 35/132. De forma análoga obtemos que a probabilidade de primeiro ser retirado uma bola vermelha e de-pois uma branca será35/132. Então a probabili-dade desse evento ocorre será 35/132 + 35/132 = 70/132 = 35/66.

28) Como há 11 cartas no total sendo 6 de copas a probabilidade de se retirar primeiro uma carta de copas será 6/11, já a probabilidade da segun-da carta de copas ser retirada é 5/10 e a proba-bilidade da terceira carta de copas será 4/9, já a probabilidade de retirar uma cartas de espadas será 5/8. Como a ordem da retirada não impor-ta, temos que o número de possibilidades da ordem das retiradas será 4!/3!1! = 4. Portanto, a probabilidade desse evento ocorrer será 4 . 6/11 . 5/10 . 4/9 . 5/8 =10/33.

29) No total temos 6 países, como há 3 países na tabela América do Norte a probabilidade de se escolher primeiro um país desse continen-te será 3/6. Agora temos 5 países e como há 3 países na tabela Ásia a probabilidade será 3/5. Logo, a probabilidade desse evento ocorrer será 3/6 . 3/5 = 3/10.Gabarito: C

30) Na linha 1, o jogador deverá marcar as letras A, D e E. Como há 5 letras, a probabilidade dele escolher a primeira letra será 3/5, a segunda 2/4 e a terceira 1/3. Logo a probabilidade da linha 1 será 3/5 . 2/4. 1/3 = 1/10

Na linha 2, o jogador deverá escolher a letra I, como há 5 letras a probabilidade será 1/5.

Na linha 3, o jogador deverá escolher as le-tras O, N e L, logo como há 5 letras a probabilida-de será análoga a linha 1, ou seja, 1/10

Na linha 4, o jogador deverá escolher as letras R e T, logo como há 5 letras a probabilidade de ele escolher a primeira letra será 2/5 já a segunda letra ¼, logo a probabilidade da linha 4 será 2/5 .1/4 =1/10

Na linha 5, o jogador deverá escolher a letra V, como há 3 letras probabilidade será 1/3.

Portanto, a probabilidade desse evento ocor-rer será dependente das escolhas de cada linha, ou seja 1/10 . 1/5 . 1/10 . 1/10 . 1/3 =1/15000.Gabarito: A.

31) Ao retirar qualquer cor da urna 1 a proba-bilidade de se retirar a cor vermelha da urna 2, como haverá 11 bolas, será 4/11. Entretanto, a probabilidade de se retirar uma bola verde da urna 1é 1/10, ao colocá-la na urna 2 a probabi-lidade de se retirar uma bola verde será 1/10. 4/11 = 2/55. Logo, a cor vermelha é a cor que tem maior probabilidade de acerto.Gabarito: E

32) Gabarito: E

33) Como há 9% que gosta de horóscopo e o to-tal de entrevistados é 100%, temos que o per-centual de quem não gosta de horóscopo será 100% - 9% = 91% = 0,91.Gabarito: E

34) Gabarito: B

35) Gabarito: C

36) Podemos perceber que para o entrevistador ser respondido é necessário que pelo menos um dos entrevistados fale inglês. Então basta calcular a probabilidade de nenhum falar inglês e subtrair do total, ou seja, 0,7 . 0,7 . 0,7 = 0,343, então 1 – 0,343 = 0,657 = 65,7 % é a probabilida-de de o entrevistador ser respondido.Gabarito: D

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37) Gabarito: B

38) Pelo gráfico pode-se perceber que 36% vi-vem na rua devido a alcoolismo e drogas e que 16% vivem na rua devido a decepções amoro-sas, somando esses percentuais obtemos 52%. Como o enunciado diz que 40% é referente a pessoas que pertencem aos grupos P ou Q. a interseção desses grupos será 52% - 40% = 12%.Gabarito: A

39) a) entre os números de 1 a 100, temos que 50 são pares. Logo, a probabilidade será 50/100 = 1/2.

b) 24/49.c) 1/5.

40) a) Como há 50 modelos das quais 26 são loi-ras, a probabilidade será 26/50 = 13/25.

b) Há 4 morenas de olhos azuis, logo a pro-babilidade será 4/50 = 2/25

c) 19/25.d) Há 26 modelos de olhos castanhos sendo

14 morenas, logo a probabilidade desse evento será 14/26 = 7/13.

41) Há 180 peças defeituosas das quais 60 foram produzidas pela máquina M. Então a probabili-dade desse evento ocorrer será 60/180 = 1/3Gabarito: C.

42) O total de culturas que germinam é 773 das quais os referentes a cultura A equivalem a 392, então a probabilidade desse evento ocorrer será 392/773.Gabarito: D.

43) Analisando a tabela temos que há 200 pes-soas com problemas respiratórios causados pe-las queimadas das quais 150 são crianças. En-tão a probabilidade desse evento ocorrer será 150/200 = 75/100 = 0,75Gabarito: E

44) Gabarito: B

45) Como a probabilidade de ter defeito é 0,2% a probabilidade de não ter defeito será 99,8%. Como o cliente comprará 4 produtos sendo 2 com defeito sem considerar a ordem então de-

vemos calcular as possibilidades da ordem da compra, então teremos 4!/2!.2!= 6. Logo a pro-babilidade desse evento ocorrer será 6 . 0,2% . 0,2%. 99,8%. 98, 8% = 6 . (0,2%)² . (99,8%)².Gabarito: C

46) Como a probabilidade de se ter efeito cola-teral é 10% a probabilidade de não ter efeito co-lateral será 90%. Se a probabilidade aceitável de risco é de até 35% temos que 100%-35%= 65% será a probabilidade mínima aceitável de não ter nenhum efeito colateral. Podemos perceber que 0,9³ =0,729= 72,9% , já 0,9^4=0,6561=65,61% então certamente com 5 doses esse percentual será inferior a 65%. Então o número máximo de doses deverá ser 4.Gabarito: B

47) Ao montar uma tabela com as informações do enunciado temos:

Ratos Positivo Negativo Total

Com doença 60 40 100

Sem doença 20 380 400

Total 80 420 500

Com isso, podemos perceber que há 420 ra-tos com resultado negativo, dos quais 380 não tem a doença, ou seja, são saldáveis. Logo a pro-babilidade desse evento ocorrer será 380/420 =19/21.Gabarito: C

48) Para que a probabilidade de o cliente ganhar o prêmio nunca é igual a zero, é necessário que exista pelo menos uma bola em cada uma das cinco linhas. Se neste cartão tem duas bolas na linha 4 e duas na linha 5, cada uma das três bolas restantes deve estar nas linhas 1, 2 ou 3. Então a probabilidade de acerto para o cartão todo será o produto das probabilidades de cada linha. Logo, analisando linha a linha, temos as seguintes probabilidades: linha 1 = 1 / 3, linha 2 = 1 / 4, linha 3 = 1 / 3, linha 4 = 2 / 3, linha 5 = 2 / 2 = 1. Portanto, a probabilidade desse evento ocorrer será P = 1/3 . 1/4 . 1/3 . 2/3 . 1 = 2/108 = 1/54.Gabarito: C.

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Desafiando:49) k = 15

50) Podemos perceber que P2 = 3P1 e P3= 2P2 = 2.(3P1)= 6P1, com isso podemos afirmar que a probabilidade total dessa área a ser acerta-da será A = P1 + P2 + P3 = 10P1. Logo, como os lançamentos são independentes e a probabili-dade de acertar a área 1 é P1/10P1 temos que a probabilidade desse evento ocorrer será P = P1/10P1 . P1/10P1 = 1/10 . 1/10 = 1/100 = 1%.

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SEQUÊNCIAS: PROGRESSÕES ARITMÉTICAS E GEOMÉTRICAS

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Sequências: progressões aritméticas e geométricas

Conteúdo:• Sequências numéricas;• Definição de Progressão Aritmética;• Propriedades da PA;• Soma dos termos da PA;• Definição de Progressão Geométrica;• Propriedades da PG;• Soma dos termos da PG.

Objetivos de aprendizagem:• Reconhecer padrões na formação de sequ-

ências numéricas;• Definir conceitos, propriedades e relações

de uma Progressão Aritmética;• Definir conceitos, propriedades e relações

de uma Progressão Geométrica;• Assimilar as recorrentes formas de diferen-

ciar uma PA de uma PG;• Resolver problemas de sequências numéri-

cas aplicando tais conceitos.

Praticando 1) a) an =6n + 4

n=1 -> a1 = 6.1+4 = 10n=2 -> a2 = 6.2 + 4 = 16n= 3 -> a3 = 6.3 + 4 = 22n=4 -> a4 = 6.4 + 4 = 28

b) a1 = -1 an = (an - 1 +1)2n=2 -> a2 = (a1 +1 )2 = (-1+1)2 = 0n= 3 -> a3 = (a2+1)2 = (0+1)2 = 1n=4 -> a4 = (a3 + 1)2 = (1+1)2 = 4n= 5 -> a5 = (a4+1)2 = (4 + 1)2 = 25

2) Sabe-se que uma PA tem a1 = -3 e r= 3/2. En-tão, substituindo essas informações na fórmula geral temos que a39 = a1 + (39-1).r = -3 + 38.3/2 = 54.

3) Nesse caso a razão será 3, como passaram 20 dias temos que n =20. Como no primeiro dia fo-ram produzidas 5 , a1 = 5. Então, no vigésimo dia teremos a20 = a1 +(20-1).r = 5 + 19.3 = 62.

4) Temos que a razão será 3. Como ele fará a ma-nutenção dos km 20 a 100, temos que a primeira placa será no km 21 e a última placa no km 99, pois as placas estão nos km múltiplo de 3. En-tão a1 = 21 e an = 99, substituindo na fórmula geral da PA temos que an=aqui +(n-1).r -> 99 = 21 +(n+1).3 -> 26= n +1 -> n =25. Logo, 25 placas terão manutenção.

5) Temos que n = 11, a1 =1 e a11 = 37. Substituindo na formula do termo geral podemos encontrar a razão, logo a11 = a1 + (11-1).r -> 37 = 1 + (11+1).r -> r=3.

6) Seja an o número de poltronas na enésima fileira, sabemos que a7 + a12 =52 e a5 + a23 = 70. Então pela formula do termo geral, 2a1 + 17r = 52 e 2a1 + 26r = 70, subtraindo uma equação da ou-tra obtemos que 9r = 18, então r = 2. Portanto, 2a1 + 17.2 = 52 -> a1 =9. Logo, na vigésima fileira teremos a20 = 9 + 19.2 -> a20 = 47.

7) Na P.A. (x – 1, 1 – 7x, 3x – 11), temos que r = 1 - 7x – (x – 1) = 3x – 11 – (1 - 7x) então 2 - 8x = 10x – 12, logo 18x = 14 -> x = 7/9.

8) 175/6 medidas de trigo.

9) Podemos perceber que a razão dessa PA é r = 1,25. Sabendo que a1 = 50,25 e que n =1 é refe-rente a 2012 então n= 10 é referente a 2021, por-tanto a10= 50,25 + 9.1,25 = 61,5, logo a soma dos 10 termos dês PA será S = (a1+a10).10/2 = (50,25 +61,5).5 = 558,75.Gabarito: D

10) R$ 63,10

11) Temos que q = 2, e a1 = 1 m3 logo substituindo na formula do termo geral temos a10 = 1. 29 = 512m3.Gabarito: D

12) Na meia vida q=1/2 e como o tempo de meia vida é 20h em 100h teremos 5 meias vida, logo como m0 = 2g teremos que mf = 2 . (1/2)5 = 0,0625 g = 62,5mg.Gabarito: A

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13) Se a1 = 20g e a2 =50, podem afirmar que a2/a1 = a3/a2 -> 50/20 = a3/50 -> a3 = 125.

14) Podemos afirmar que y = a0 . 2x, é a função que expressa a quantidade de bactérias (y) a partir de uma amostra a0 em função do tempo x em horas. Se Q = a0 . 224 então Q/2 = a0 . 224/2 = a0 .223, então podemos concluir que para trem Q/2 serão necessárias 23 horas.

15) 1093 frutos.

16) Podemos separar os termos positivos e ne-gativos dessa PG e formar duas PGs, ou seja, (1, 1/4, ...) e ( -1/2, -1/8, ...) onde q =1/4 é a razão de ambas. A soma infinita da PG inicial será igual a soma das somas das PGs mencionadas agora, isto é, S = S1 + S2. Como, S1 = 1/ (1-1/4) = 4/3 e S2 = -1/2 /(1-1/4) = - 2/3 temos que S= 4/3 – 2/3 = 2/3. Então a soma dessa PG é 2/3.

17) Podemos reescrever 0,888... como 8/10 + 8/100 +8/1000+...., logo temos uma soma infini-ta de razão q= 1/10 e a1= 8/10. Portanto, substi-tuindo na formula de soma infinita temos, S= 8/10 / (1-1/10) = 8/9 é a fração geratriz dessa dízima.

18) Seja an a área da figura obtida no enésimo passo, temos que a1 = k², a2= k²/3, a3 = k²/9 e assim por diante, então podemos afirmar que q=1/3. Logo, usando a formula de soma infinita, temos que S= k² /(1-1/3) = 3k²/2.

Aprofundando:19) Como an = 10 – 4n, então os cinco primeiros termos serão:

a1= 10 – 4.1 = 6a2= 10 – 4.2 = 2a3= 10 – 4.3 = -2a4= 10 – 4.4 = -6 a5=10 – 4.5 = - 10

20) a1 = 2a2 = 2/2 + 1 = 2a3 = 2/2 +1 = 2

Gabarito: 8

21) a) a14 = a1 + 13r = 4 + 13.1/2 = 21/2b) a22 = a1 + 21r = 4 + 21.1/2 = 29/2

c) a17 = a1 + 16r = 4 + 16.1/2 = 12d) a51 = a1 + 50r = 4 + 50.1/2 = 29

22) 5

23) Como a1 + a15 = 48 temos, pela equação do termo geral, que 2a1 + 14r = 48 -> a1 + 7r = 24 -> a8 = 24. Por outro lado, pode-se notar que a3+ a5 + a11 + a13 = 4a1 + 28r = 4 ( a1 +7r) = 4.a8 = 4.24 = 96.

24) Sabemos que a16 = 103 e a31=58 então, pela fórmula do termo geral, a1 + 15r = 103 e a1 + 30r= 58. Subtraindo uma equação da outra obtemos que 15r = -45, então r = -3. Com isso, a1 + 30.(-3) = 58, então a1 = 148. Logo, podemos concluir que a última ficha é a50 = 148 +49.(-3), então a50 = 1.

25) Sabemos que AB = BC + 10 e BC = CD + 10, ou seja, AB = CD + 20. Então, como o pro-blema nos diz que AD = 390, podemos concluir que AD= AB+ BC + CD = 390, logo substituindo as relações encontradas primeiramente obtemos que 3CD + 30 = 390 -> CD= 120. Logo, AB= 140 e BC= 130. Como AB, BC E CD estão em progres-são aritmética nessa ordem, podemos perceber que a razão será r = -10. Portanto, o vigésimo termo dessa PA será a20 = 140 + 19.(-10) = - 50.Gabarito: A

26) Gabarito: A

27) Sabemos que a soma das parcelas será S = 42.000,00 e que a segunda prestação será a2 = 3.800 então podemos dizer que a1 = a2 - r = 3.800 -r. Como o valor foi pago em 20 par-celas, pela formula do termo geral podemos concluir que a20= a1 + 19r, como a2 = a1 + r, podemos reescrever a20= a2 + 18r = 3.800 + 18r. Por outro lado, como S = 42.000 = (a1 + a20 ).20/2 obtemos que 42.000 = (3.800 - r + 3.800 + 18r).10 logo, r = -200.Gabarito: B.

28) Sabendo que a1 = 5x – 5, a2 = x + 14 e a3 = 6x – 3 temos que r = a2 - a1 = a3 - a2, então x + 14 - ( 5x – 5)= 6x – 3 - ( x+ 14), logo –4x + 19 = 5x –17 portanto x = 4. Como S= a1 + a2 + a3 = 12x + 6 temos que S = 54.Gabarito: B.

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29) Como a razão é um número inteiro, temos que 1 não pode ser a razão, pois se não ela ha-veria apostado um único número. Analisando o numero 2 como razão, podemos perceber que 25 = 32 e 26 = 64. Analisando q > 2 podemos per-ceber que não teremos seis potencias menores que 60. Logo, 2 será a razão e a1=1 e a6 =32.Gabarito: A.

30) Temos que a1 = 2, an = 98 e r = 2, logo subs-tituindo na equação do termo geral temos que 98= 2 +(n-1).2 -> n = 49. Portanto a soma será S = (2+98).49/2 =2.450.

31) Temos que S3 = (a1 + a3).3/2 = 21 e a1 . a2 . a3 = 315. Utilizando a equação do termo geral po-demos reescrever a2 = a1 +r e a3 = a1 + 2r logo, substituindo nas equações apresentadas, tere-mos a1 + r = 7 e a1.( a1 +r).(a1 + 2r) = 315, portan-to substituindo a primeira relação na segunda equação temos que a1 . 7. (7+ r) = 315 -> a1 (7+r) = 45, como a1 = 7 -r, vem que (7-r).(7+ r) = 45 -> 49 - r² = 45 -> r² = 4 -> r = 2 ou r = -2.

Se r = 2, temos que a1 =5, a2 = 7 e a3 = 9.Se r = -4, temos que a1 = 9, a2 = 7 e a3 = 5.

32) Sabe-se que Sn = n2 + n = n (n+1) a) S1 = ( a1 + a1) . 1/2 = 12 + 1 -> a1 = 2b) Podemos perceber que S2 = (a1 + a2) . 2/2

= 2² + 2, como a1 = 2 e a2 = 2+ r temos que 4 + r = 6 -> r = 2.

33) Temos que a1 = 1, r = 1 e n = 30, então substi-tuindo na formula do termo geral temos que a30 = 1 + (30-1).1 = 30. Portanto, ao final de 30 dias S = (1+ 30). 30/2 = 465. Logo ele recebeu 465-300= 165 reais a mais do que a mesada.

34) Temos que a1 = 2, r = 2 e an =100. Substituindo na equação do termo geral temos que 100=2+(n-1) . 2, logo n = 50. Então, usando a formula de soma de PA obtemos que S = (2+100) . 50/2 = 2.550 é quantidade de balas ingeridas nesse período.

35) Temos que nessa PA há 13 elementos, logo n = 13. Como S = 78, utilizando a formula de soma de PA obtemos que (a1 +a13).13/2 =78. Por outro lado, utilizando a equação do termo geral, pode-mos reescrever a13 = a1 + 12.r, portanto S = (2a1 + 12r).13/2 = 78, ou seja, a1 + 6r = 78/13 = 6. Note que a7 = a1 + 6r, portanto a7 = 6.Gabarito: A

36) Seja n o número de unidades de milhar ad-quiridas e an o preço adicional pago pela enési-ma unidade de milhar, temos que r= -200 e a1 =3.000, logo substituindo a equação do termo geral obtemos que a8 = 3.000 + (8-1).(-200) = 3.000 – 1.400 =1.600. Então o preço total pago foi S= (3.000 +1.600).8/2 = 18.400 reais.Gabarito: C.

37) Temos que a1 =100 r = - 8, então substituin-do na equação do termo geral obtemos que an = 100 +(n-1). (-8), ou seja an =108 – 8n . Sabe-se que o valor mínimo de an deve ser maior que 0, logo podemos concluir que an > 0, logo 108 – 8n >0, isto é, n < 13,5, como o primeiro inteiro menor que 13,5 é 13, temos que n = 13. Portanto an = 4.Gabarito: C.

38) Seja an o número de cadeiras no conjunto de n mesas e n o número de mesas, pode-se observar que a1= 4 e r = 2. Então, utilizando a formula do termo geral, quando utilizar 50 me-sas terão a50 = 4 + (50-1).2 = 102 cadeiras.Gabarito: A.

39) Sabe-se que (3, a, b) estão em PG, então po-demos afirmar que a/3 = b/a, ou seja, a² = 3b. Por outro lado, (a, b, 9) estão em PA, logo b-a = 9-b, ou seja, 2b - 9 = a. Substituindo esta relação na primeira encontrada, obtemos que (2b – 9)² = 3b, logo 4b² -36b + 81 = 3b, isto é, 4b² -39b + 81 = 0. Portanto, usando a formula de bhaskara, b = 3 ou b = 6.75. Se b = 3, temos que a = -3. Se b = 6.75, temos que a = 4.5.

40) Pode-se observar que nessa PG a1 = 5, an = 10.240 e q = 2. Então, substituindo essas infor-mações na equação do termo geral temos que 10.240 = 5. 2n–1, 2n–1 = 2.048, portanto 2n = 4096 = 212, logo n = 12.

41) Temos que n = 4 e a1 = 36 e a4 = 9/8. Então, utilizando equação do termo geral obtemos que 9/8 = 36.q³, ou seja, q³ = 1/32 portanto q = 3√1/32

42) Reescrevendo a1, a3, a2 e a4, com a equação do termo geral, obtemos que a2 = a1 .q, a3 = a1 . q² e a4 = a1 . q³. Então, a1 + a3 = a1 + a1 . q² = 100, isto é, a1(1 + q²) =100 logo (1+ q²) = 100/a1. Por outro lado, temos que a2 + a4 = a1.q + a1.q³ = 300, ou seja, a1.q ( 1+ q²) = 300. Substituindo a primeira relação encontrada nesta última obtemos que

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a1.q .100/a1 = 300 logo, q = 3. Com isso, temos que a1( 1+ 3²) = 100, a1= 10. Portanto, a2 =30,a3 = 90, a4 = 270.

43) Sabe-se que a4 = 1 e que q = 2/3, então subs-tituindo essas informações na equação do ter-mo geral temos que a4 = a1. (2/3)³, 1 = a1.8/27, a1 = 27/8. Logo, a2 = a1.q = 27/8. 2/3 = 9/4, a1 = a3.q²= 27/8 . 4/9 = 3/4.

44) Podemos observar que a soma dos termos dessa PG é infinita e que a1 = 4 e q = 1/4. Portan-to, utilizando a fórmula de soma infinita obte-mos que S = 4 / ( 1- ¼), logo S= 16/3.

45)

A figura ao acima representa a situação des-crita no enunciado. Logo, seja ana área do enési-mo quadrado dessa sequência, podemos notar que a1= a², l1= a e, por Pitágoras, l22 = a2/4 + a2 /4, ou seja, l2 = a√2/2, com isso podemos afir-mar que a2= a²/2, logo q =1/2. Portanto, usando a formula de soma infinita, temos que a soma das áreas dos quadrados dessa sequência será S = a² / (1-1/2) = 2a².

46) C

Desafiando:47) Seja an a distância descrita pela bola antes de bater no chão depois de quicar, temos que a1= 9, a2 = 3, a3 =1, podemos notar que q = 1/3, então a distância percorrida pela bola até parar será a soma infinita dos termos dessa PG, en-tão S = 9 /(1 – 1/3) = 27/2 = 13,5 m. Como a bola sobe e desce, ou seja, percorre duas vezes essa distância, a exceção do primeiro movimento, te-remos: 27/2 . 2 – 9 = 18 m

48) a) 3.b) 53.

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GEOMETRIA ESPACIAL: POLIEDROS, PRISMAS E CILINDROS

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Geometria Espacial: poliedros, prismas e cilindros

Conteúdo:• Poliedros;• Prisma;• Paralelepípedo;• Cubo.

Objetivos de aprendizagem:• Introduzir os conceitos de geometria espa-

cial a partir da utilização de uma superfície po-liédrica convexa;

• Relacionar os principais elementos de um poliedro, bem como o conjunto de poliedros re-gulares notáveis;

• Definir o que é um prisma, mostrando seus principais elementos, planificações e deduzindo os cálculos de áreas e volume;

• Definir o que é um cilindro, apresentando seus principais elementos, planificações e os cálculos de áreas e volume;

• Construir cilindros a partir da revolução de figuras planas.

Praticando 1) 4 faces triangulares -> 4 x 3 = 12 arestas

6 faces hexagonais -> 6 x 6 = 36 arestasTotal de 12 + 36 = 48 arestasComo cada aresta está presente em duas

faces temos que o total de arestas do poliedro será: 48 = 242

.

Pela relação de Euler, temos que V + F = A + 2, então:V + 10 = 24 + 2V = 26 – 10V = 16.Gabarito: B

2) A = 60.3 = 902V+F = A+2V + 60 = 90 + 2V = 92 – 60V = 32.

Gabarito: D

3) Se de 6 vértices partem 4 arestas, temos que 3 deles estão ligados aos outros 3, então, o nú-mero de arestas são 3 . 4 = 12.

Se de 4 vértices partem 3 arestas, temos que 2 deles estão ligados aos outros dois, logo o nú-mero de arestas é de 2 . 3 = 6.

Como são 14 vértices, então partem 5 ares-tas dos 4 vértices restantes, assim ligados 2 a 2. Logo, o número de arestas vai ser 2 . 5 = 10.

Então, o número total de arestas do poliedro será: A = 12 + 6 + 10 = 28.

V + F = A + 214 + F = 28 + 2F = 30 – 14F = 16.Gabarito: A

4) Sabemos que o cubo possui 6 faces e 8 vérti-ces. Como os prefixos são os determinantes da quantidade de faces de um poliedro, então, o único que possui 8 faces é o OCTAedro, conse-quentemente ele terá 6 vértices.

Gabarito: A

5)

Em cada triângulo das faces do icosaedro marcarmos os pontos médios dos lados, confor-me figura acima. Assim, ficamos com 4 triângulos.20 Faces Triangulares → 80 Faces Triagulares → 80 x 3 lados = 240 lados.

Arestas → A = Total de lados A = 240 → A = 1202 2Gabarito: B

6) Se a soma dos ângulos das faces vale 720°, temos:

360 (V–2) = 720 → V–2 = 720 → V–2 = 2360Sabemos que o número de faces é F = 2A

3,

então, teremos:V + F = A + 24 + F = A + 24 + 2A

3 = A +2

12 + 2A = 3A + 6A = 6

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O número de Faces será F = 2.63

= 4Gabarito: B

7) Cada átomo representa um vértice dessa es-trutura, então, teremos:

12 faces pentagonais -> 12 . 5 = 60 arestas20 faces hexagonais -> 20 . 6 = 120 arestasComo cada aresta tem 2 faces em comum, te-

remos:A = 60+120

2 = 90

V + F = A + 2V + 32 = 90 + 2V = 92 – 32V = 60.Gabarito: 60 átomos.

8) Observando o sólido, percebemos que a maior diagonal será o segmento AB e formando o triângulo retângulo em vermelho.

B

8 cm

3 cm

A

Como trata-se de um hexágono regular, então ele pode ser dividido em 6 triângulos equilátero, logo, a base desse triângulo vermelho vale 6 cm.

Pelo teorema de Pitágoras no triângulo ver-melho, temos: 6² + 8² = D² => D² = 100 => D = 10

Gabarito: 10 cm.

9) A área lateral desse trapézio será a soma das áreas de todas as faces laterais, então teremos:

A1 = 5 . 10 = 50 cm²A2 = 6 . 10 = 60 cm²A3 = 5 . 10 = 50 cm²A4 =12 . 10 = 120 cm²AL = 50 + 60 + 50 + 120 = 280 cm²

10) Como o volume de um paralelepípedo é cal-culado pelo produto de seus comprimento, lar-gura e altura, para dobrar esse volume, basta dobrar uma de suas dimensões, logo, o gabarito só pode ser a letra D.

11) O volume de água deslocado pelo castelo é exatamente igual ao volume do castelo, logo, basta calcular o volume de água referente a al-tura do nível de água que subiu, assim, teremos:

15 cm = 0,15 mV = 1,2 . 0,6 . 0,15 = 0,108 m³ = 108 dm³ Gabarito: C

12) O volume de água é o mesmo nas duas situa-ções, logo, o volume vazio também será igual, então teremos:

6 . 40 . 10 = x . 20 . 1020x = 240x = 12 cmGabarito: A

13) Como as torres possuem a mesma base e a mesma altura, seus volumes são iguais, logo, ga-barito é letra D.

14) Primeiro devemos encontrar as dimensões reais desse depósito, logo, teremos:

Altura: 0,9 . 500 = 450 cm = 4,5 mAltura do telhado: 0,6 . 500 = 300 cm = 3 mComprimento: 7,2 . 500 = 3600 cm = 36 mLargura: 3 . 500 = 1500 cm = 15 mAgora, repare que esse galpão pode ser dividido

em 2 prismas, sendo 1 de base retangular (a parte do telhado) e o outro sendo um paralelepípedo.

O volume da parte do telhado será dado por:Ab . h = 15 . 3

2 . 36 = 810 m³

O volume do paralelepípedo será:Ab . h = 15 . 36 . 4,5 = 2430 m³

O volume total será de 2430 + 810 = 3240 m³

15) Calcularemos quanto de altura representa 4 m³ nesse tanque. Como as dimensões da base são 6 m e 5 m, teremos:

6 . 5 . x = 4

X = 430

→ X = 215

Logo, a cada hora 215

é cheio, assim, a função

é dada por f(x) 215

t.

E esse tanque é totalmente cheio em 4/215

= 30 minutos.Gabarito: C

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16) A área lateral do cilindro é dada por 2πrh, onde r é o raio e h a altura do cilindro. Assim, teremos:

2. π. r. h = 100πComo a altura é igual ao diâmetro que é o

dobro do raio, teremos:2. π. r. 2r = 100π4r² = 100r² = 25r = 5

A área das duas bases desse cilindro vai ser:A = 2. π. r² = 2. π. 5² = 50 π cm². Logo, a área

total valerá 150π cm².17) Percebemos que o raio da circunferência da base do cilindro vale a metade da aresta da base do prisma, assim, o raio será igual a 4 cm e a altura do cilindro será igual a altura do prisma, assim:

AL = 2. π. r. h = 2. π. 4. 12 = 96 π cm²

18) Devemos calcular o volume de um cilindro de altura 10 cm, então encontraremos o volume pedido, assim:

V = Ab . h = πr² . h = π . 10². 10 = 1000π cm³Gabarito: A

19) O volume da peça 1 é dado por:V1 = Ab . h = πr² . h = π . 10² . 10 = 1000π cm³

Já o volume da peça 2 é dado por:V2 = Ab . h = πr² . h = π . 5² . 20 = 500π cm³

Logo V1 = 1000π = 2V2 500π

Gabarito: B

20) V1 = 1,6 . V2

V1 = π . 6² . 4 = 144π cm³V2 = π . 3² . x = 9πx cm²

Então, teremos:

144 π = 1,6 . 9πx144 π=14,4πx

X = 144 = 10 cm14,4

Gabarito: B

21) Volume = Área da Base x Altura Volume = Área da Base x 40

Divida a parte cortada obliquamente em duas partes; uma sendo um cilindro reto de al-tura 22 cm e a outra metade de um cilindro reto de altura 4 cm (26 - 22).

Dessa forma, o Volume desse pedaço será: Volume = Volume(1) + Volume(2)Volume = Área da Base x Altura + Área da

Base x Altura/2Volume = Área da Base x 22 + Área da Base x 4/2

Volume = Área da Base x 22 + Área da Base x 2 Volume = Área da Base x (22 + 2) Volume = Área da Base x 24

Sabendo que o salame pesa 1 kg, calcula-mos o peso desse pedaço corta obliquamente: Volume ------------- ------------- Kg Área da Base x 40 ------------- 1 Área da Base x 24 ------------- R

Área da Base x 40 x R = 1 x Área da Base x 24 40 x R = 24 R = 24 / 40 R = 0,6 kg R = 600 g

Gabarito: A

Aprofundando:

22) A = 2.5 + 5.4 = 10 + 20 = 152 2V + F = A + 2V + 7 = 15 + 2V = 10Gabarito: E

23) Primeiro vamos calcular quantas faces esse poliedro possui:

V + F = A + 210 + F = 20 + 2F = 12

Como ele só possui faces triangulares e qua-drangulares, temos:

F4 + F3 = 12

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Pelo cálculo das arestas, temos:

20 = 4.F4 + 3.F32

4.F4 + 3.F3 = 40

Formando um sistema, temos:

F4 + F3 = 12

4F4+3F3=40→

–3F4 – 3F3 = – 36

4F4 + 3F3 = 40

Somando as duas equações, teremos:F4 = 4, logo, F3 = 8Gabarito: E

24) Esse poliedro possui um total de 7 faces.

.A = 3 .3 + 4 + 5 + 2 .6 = 152V + F = A + 2V + 7 = 15 + 2V = 10

25) O total de faces é 32.

A = 20 .6 + 12 .5 = 902V + F = A + 2V + 32 = 90 + 2V = 60Logo, serão 60 átomos de carbono e o nú-

mero de ligações são 90.

26) Contamos 14 faces nessa planificação. Des-sas 14, 6 são quadrangulares e 8 são triangula-res, assim o número de arestas é dado por:

A = 6 .4 + 8 .3 = 242V + F = A + 2V + 14 = 24 + 2V = 12Gabarito: A

27) Um icosaedro possui 20 faces. Nesse caso, são 20 faces triangulares, onde cada triângulo é equilátero. A área de um triângulo equilátero é dada por A = L²√3

4 e o lado de cada um dele sé de 6

cm, logo, teremos A = 20. 6²√34

= 180√3 cm².

28) Primeiro, vamos calcular quantas diagonais possuem as faces desse poliedro.

24 faces triangulares não possuem nenhuma diagonal e 12 faces quadrangulares possuem 24 diagonais no total.

O número de diagonais espaciais é dado por D = CV,2 – A – Df, sendo Df as diagonais das faces desse poliedro.

Assim, teremos:

D = C26,2 – 60 – 24 = 26! – 60 – 24 = 26 . 2524!2! 2

– 84 = 241

29) De cada vértices partem 5 arestas, logo as pirâmides retiradas foram pentagonais e em nú-meros de 12. Com isto a bola passa a ter 12 faces pentagonais e 20 faces hexagonais formadas nas faces triangulares após as retiradas. Logo o número de arestas será.

A = 12(5) + 20(6) = 180 = 902 2As costuras são justamente as arestas.

Como em cada uma se gasta 7cm, ao final das 90 arestas gastará (7cm).(90) = 630cm = 6,3m.

Gabarito: B

30) Cada dodecaedro regular possui 30 arestas.2 × Adodecaedro = 5 × F5 (sendo F5 a quantidade

e faces pentagonais)2 × Adodecaedro = 5 × 12Adodecaedro = 30Segundo a relação de Euler:Vdodecaedro + Fdodecaedro = Adodecaedro + 2Vdodecaedro + 12 = 30 + 2Logo, o dodecaedro possui 20 vértices.

Como as duas faces congruentes justapos-tas dos dois dodecaedros regulares impede a visualização de 5 arestas e de 5 vértices (porque passam a coincidir) e de 2 faces (que ficam ocul-tas), o novo sólido possuirá as quantidades V de vértices, F de faces e A de arestas:

V= 20 + 20 – 5 = 35F = 12 + 12 – 2 = 22A = 30 + 30 – 5 = 55Logo, A soma V + F + A é igual a 112.Gabarito: D

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31) Se o poliedro dado é regular e suas arestas medem 1 metro, então a distância entre o pon-to e é igual a diagonal do quadrado imaginário interno ao octaedro de lado igual a formado na divisão deste ao meio, verticalmente. Assim, se tal quadrado tem lado igual a 1 então sua diago-nal será igual a √2. Gabarito: E

32) Como a coleta deverá aumentar em 20%, en-tão o volume aumentará 20%, assim, o volume que era V = 2 . 1 . 1 passará a ser 1,20V = 1,20 . 2 . 1 .1, logo o novo volume será V’ = 2 . 1. 1,20, assim, aumentando a altura para 1,20 m.Gabarito: B33) O volume de manteiga da marca 1 é dado por:

V1 = 10 . 6 . 4 = 240 cm³V2 = 5 . 6 . 7 = 210 cm³Logo, a diferença é de 30 cm³Gabarito: C

34) 1 m³ = 1000 Litros, logo, um carro-pipa que comporta 8000 Litros possui volume de 8 m³.O reservatório tem 3 . 5 . 1 = 15 m³ de volume, logo sua capacidade é de 15.000 litros. Assim, dois carros pipas comportam 16.000 litros de água, isto é, 1.000 litros a mais do que a capaci-dade do reservatório.Gabarito: D

35) Primeiro devemos saber em que altura esta-va a água com 600 L. Assim, teremos:

600 L = 600 dm³Como cada lado do cubo é de 10 dm, teremos:10 . 10 . x = 600X = 6 dm = 0,6 mComo depois de colocar o objeto o nível su-

biu para 0,8 m, então o volume será dado por:V = 1 . 1 . 0,2 = 0,2 m³Gabarito: A

36) O volume dessa peça será o volume do pris-ma maior menos o volume do prisma central, então, teremos:

V = 6 . 12²√3 . 10 = 2160√34

V = 6 . 4²√3 . 10 = 240√34

O volume da peça será V” = 2160√3 – 240√3 = 1920√3 Gabarito: E

37)

4 cm

α

VV’

α

10 cm

4 cm

10-x

x

O volume total do recipiente em centímetros cúbicos vale VT = (4).(4).(10) = 160cm3. Como está cheio somente 80%, então há (160).(0,8) = 128cm3. Com a inclinação, temos a situação mostrada na figura. O volume do recipiente vale V + V’, onde V’ é a metade do volume do prisma de base quadrada de altura “x”.

V’ = (4)(4)(x)/2 = 16x/2 = 8x→ 8x + 160 – 16x =

V = (4)(4)(10 – x) = 160 – 16x

128 → –8x = 128 – 160 → x = 32/8 = 4No triângulo retângulo tem-se:

tga = x = 4 = 14 4Logo, o ângulo será de 45°

Gabarito: A

38) O volume 1 é o de um paralelepípedo retân-gulo e o volume 2 o de um prisma triangular. Te-mos:Volume 1:

V1 = . (Ab.H) = (axbxc) =abcVolume 2:

V2 = (Aa.H) = 1 . a

xc

x b =abc

2 2 2 8A razão será:

abcV2

= 8 = abc

.1

=1

V1 abc 8 abc 8

39) Calculo do volume do paralelepípedo, utili-zando as dimensões em dm³ temos: V = (4 – 1)(3 – 1)(0,5) = 3 dm³ que equivale a 3 litros. Letra A.

40) Observando a figura 2 do enunciado, nota--se que o lado deste triângulo é exatamente l=x, pois sua base AB coincide com um dos lados da face quadrada do cubo.

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16

.A = x² √3 ; V = xA = x³√34 4

Sabemos que o volume do cubo é x³, então:

.x³ = 2(4 – √3) + x³√3 = 32 – 8√3 + x³√34 4

.4x³ – √3x³ = 32 – 8 √3

.x³(4–√3) = 32 – 8√3

.x³ = 32–8√3 = 8(4–√3)

.x³ = 8 → x = 2Gabarito: A

41) A planificação desse cubo é o número III, logo, gabarito é C.

42) O raio do túnel mede 6 m e 400 m represen-ta a altura da forma cilíndrica.

V(túnel) = π.r².h = π.(6)².(400) = 7200π2 2Gabarito: B

43) O volume dos cubos de gelo é de 3³ . 9 = 243cm³Assim, o volume desse gelo derretido no ci-

lindro será de:243 = π.3².h243 = 3.9.hh = 9 cm

44) O plano α corta o cilindro exatamente na me-tade. Isto é fácil de observar, se pensarmos no re-tângulo AA’BB’ e em A’B, sua diagonal. Deste modo, basta calcular o volume do cilindro e dividir por 2.

Vcil = π.r².h = π.2².10=40πA metade deste valor corresponde a 20π.Gabarito: D

45) Letra A

46) V1 = π.r².h1 e V2 = 2.π.r². h13

V1 – V2 = .π.r². h13

.π.r².h1 –––– 30 min

.π.r². h13

–– x

.x = 10 minLogo, o tempo para encher totalmente será de

t = 30 + 10 = 40 minGabarito: C

47) Calculando o volume do copinho, c = π. 2².4 = 16π, e o volume L da leiteira, L = π. 4². 20 = 320π, ambos os valores em cm³, e dividindo L por “c”, obtêm-se o número de copinhos por leiteira, assim, serão 20 copinhos por leiteira. Com esse resultado se conclui que uma leiteira corresponde ao mesmo volume de 20 copinhos plásticos, logo, para encher 20 copinhos plásticos pela metade, é suficiente encher uma leiteira pela metade.

Gabarito: A

48) O volume do tanque é dado por:

V = π . 0,6 ² . 1,5 ≅ 0,405 m³ = 405 L2O caminhão consumiu 3/5.405 = 243L, logo,

ele percorreu 243 . 3 = 729 km.Letra D.

49) A

50) V = π,r².h = π.4².h = 16 16√3 → h = 4√3No ponto de interseção do eixo do cilindro

com a superfície líquida (ponto A) a altura da água não varia (em relação à base).

Seja “O” o centro da base superior do cilin-dro e seja B o ponto onde a água está prestes a derramar:AO = H – h = 2√3OB = 2

Tg(AOB) = AO = 2√3 = √3 → AOB = 60ºOB 2

51) Vt (volume do tronco maior)

Vt =π

. D² . H4onde D é a diagonal da base e H a altura do

tronco.Seja h a altura do cilindro, então, temos:

H = h + h –8π

2

H = h – 4π

Vt =π . 5² . h –44 π

Vt = 25πh – 254Volume Total V:V = πR²h

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Vd = π.5 2

. h2

Vd = 25πh4

Volume despejado VdVd = V - Vt

Vd = 25πh – 25πh – 254 4Vd = 25 cm³Letra A

Desafiando:52) Letra E

53) Em relação ao cubo, sabe-se que:área do retângulo ABCD = 32√5 dm²EF = CD = 8 dmPortanto: 32√5 = AD x 8AD = 4√5 dmEm relação ao triângulo retângulo AED, tem-

-se que:AD² = AE² + ED²(4√5)² = (AE)² + 8²80 – 64 = AE²AE = 4 dm

O volume de água no cubo é igual ao volume do prisma de base triangular AED e altura AD, então:VPRISMA = (área da base) x (altura)

VPRISMA = AE x ED x CD2

VPRISMA = 4x8 x 8 = 128 dm³2

Temos as duas situações possíveis para o ca-minho dessa formiga:

4

3

1 2

d1

P P

Q

d2

A=D

Fazendo Pitágoras, temos:d1 = √3² + 4² = 5d2 = √3² + 3² = 3√2Como d2 < d1, então o menor caminho é 3√2.

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GEOMETRIA ESPACIAL: PIRÂMIDES, CONES E ESFERAS

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Geometria Espacial: pirâmides, cones e esferas

Conteúdo:• Pirâmides;• Cones;• Sólidos de Revolução;• Troncos;• Sólidos semelhantes;• Esferas.

Objetivos de aprendizagem:• Apresentar os conceitos básicos de pirâmi-

des, cones e esferas, com suas referidas planifi-cações;

• Relacionar seus principais elementos, ex-pandindo a percepção geométrica dos sólidos;

• Estabelecer fórmulas de áreas e volumes para esses sólidos, bem como relacionar sólidos semelhantes;

• Construir cones e esferas a partir da rota-ção de figuras geométricas planas;

• Realizar cortes em pirâmides e cones e apresentar as principais noções de troncos.

Praticando 1) a) O apótema da base é dado pelo teorema de Pitágoras feito com a metade do lado e o raio, assim, temos:

.Ap2 + 32 = 62

.Ap2 = 27

.Ap = 3√3

b) O apótema da pirâmide é dado pela altura do triângulo da face da pirâmide, assim, temos:

.A2 = 82 + 3√32

.A2 = 64+27

.A = √91

c) A aresta lateral é dada pelo teorema de Pi-tágoras feito com o raio e a altura, assim, temos:

.a2 = 82 + 62

.a2 = 64 + 36

.a2 = 100

.a = 10

2) Seja L/2 metade do lado do quadrado da base; por Pitágoras temos:

(L/2)² + 137² = 179²L²/4 = 179² – 137² = 13.273L² = 4 x 13.273 = 53.088Gabarito: D

3) a) A = 8² = 64cm²b) 1/3 .Ab .h= 1/3 .64 .3 = 64 cm³c) Ab = L/2 = 8/2 = 4 cmd) Ap² = 4² + 3²

Ap² = 25Ap = 5 cm

e) 8 .5/2 = 20 cm²f) Al = 4 . 20 = 80 cm²g) At = 80 + 64 = 124 cm²

4) (L√3)/2 = 3√3.L√3 = 6√3 → L = 6Agora, encontrando a altura da pirâmide, te-

mos:.(3√3)² = h² + 3².h² = 27 – 9 = 18 → h=√18

Logo, podemos encontrar o volume dessa pi-râmide, assim:

.V = 1/3 . Ab . h = (36.√18)/3 = 36 √2Gabarito: B

5) Observe a figura abaixo:

70 cm

40 cm = 4 dm

= 7 dm

= 6 dm

= 10 dm60 cm

100 cm

A figura é composta de um paralelepípedo retângulo e de uma pirâmide. Logo:V = a.b.c + 1/3 . Sbase . h → V = 4.10.6 + 1/3 . (10.6).3 → V = 240 + 60 → V = 300 dm³

Como são 20 anos, o volume médio = 300/20 = 15 dm³/ano.

Gabarito: D

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6) O comprimento do setor circular é igual ao comprimento da circunferència da base.

360 → 2.π.10252 → x

360x = 20.252.πx = 14π

14π = 2.π.r r = 7

Assim, Letra B.

7) Apótema do cone = raio = 20 cm comprimento do semicírculo = comprimento

círculo do cone = 20πcomprimento do círculo do cone = 2. π.r = 20

π → r = 10cm ( raio do cone) por Pitágoras, temos:r²+h²=(apotema)² h²= 20² – 10² = 300 .h=√300=10√3 cm

8) θ= r/g .360°.288°= 10/g .360°g = 12,5 cm.g² = r² + h² → 12,5² = 10² +h².h² = 56,25.h = 7,5 cm

O volume do cone será:.V = 1/3 . Ab . h = 1/3 . π . 10² . 7,5.V = 750π/3 = 250π cm³

9) 100πmL = 100π cm³V =100 → 1/3 . 5² . h = 100h = 12 cmGabarito: C

10) Letra A.

11) Duas estátuas semelhantes onde uma é o dobro da outra, então, a razão de semelhança da menor para a maior é 1/2. Devemos saber que a razão entre os volumes é o cubo da razão linear, logo, temos:

v/V = (1/2)³ → 3/V = 1/8 → V = 24 cm³Gabarito: D

12) Duas figuras semelhantes onde a razão do menor pro maior é de 1/2. A razão entre as áreas é igual ao quadrado da razão linear, assim, te-mos:

.s/S=(1/2)² → 5/S = 1/4 → S=20 m²Gabarito: C

13) Como os sólidos são semelhantes, a razão entre seus volumes é igual ao cubo da razão entre suas alturas, e a razão entre sua áreas é igual ao quadrado da razão entre suas alturas. Se o pacote maior tem volume V, área total AT e altura H, e o menor tem volume v, área total at e altura h, então:V/v = (H/h)³ → H/h = (V/v)1/3

AT/at = (H/h)²

Portanto:At/at = [(V/v)1/3]² = (V/v)2/3

Como V = 2v, então:AT/ at = (2v/v)2/3 = 3√2² = 3√4

Gabarito: B

14) A relação entre as alturas da pirâmides ele-vada ao cubo equivale a relação dos volumes destas pirâmides. Fazemos isto para igualar as unidades. A altura está em cm e o volume em cm³, logo temos que elevar a relação das altura ao cubo para estarem na mesma unidade.

(H/10)³ = (v/8)/VH3/1000 = 1/8H = (³√1000)/³√8 = 10/2H = 5 cmGabarito: C

15) a) V = 1/3 πr2²12 = 16πb) Viliquido/16π = (x/12)³ ↔ Viliquido = x³π/108

16) A área da superfície da esfera é dada por 4πR², então, temos:4πR² = 400π4R² = 400R² = 100R = 10

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O volume da esfera é dado por V = 4/3 .πr³, então, temos:.V = 4/3 . π.10³ = 4000π/3 cm³

17) Observe a situação citada:

6 cm 10 cm

Encontrando o raio da região em azul claro, temos:.r² + 6² = 10².r² = 100 – 36 → r² = 64 → r = 8cm

Logo a área será:.A = π.r² = π.8² = 64 π cm²

18) Volume do cilindro = π12².15Volume da esfera = 4/3.πR³4/3.π.R³ = π.12².15 → 4.R³/3 = 144.15 → R³ = 144.15.3/4 → R³ = 1620 → R = ³√1620R = 3.³√60Gabarito: D

19) A área total de uma cunha esférica é a soma da área do fuso esférico somado com as áreas dos semicírculos das laterais, assim, temos:.A = 20/360 . 4π.2² + π . 2² = 8π/9 + 4π = 44π/9 m²

20) a)126π cm2b) 2/3

21) Trata-se de um círculo inscrito em um qua-drado. Logo, o diâmetro do círculo é igual ao lado do quadrado.

Tendo a área do cubo, vamos calcular o valor de sua aresta:a = 6 . a²54 = 6 . a²a2 = 54/6a = 3Então, a = D = 3

Quanto ao cálculo do volume, devemos consi-derar que aresta do cubo é igual altura do cone.

V = 1/3 πR2 . h = 1/3.3.(1,5)2 . 3 = 27/4Gabarito: D

22) 3√3.

23) 4π/3 cm3

Aprofundando:24) Volume da pirâmide: 1/3 . Ab . hSeja ‘’a’’ o lado do cubo.Área da base = a*a = a²A altura da pirâmide é também a aresta do cubo logo ‘’a’’.Volume pirâmide = a³/3 = 6Como o volume da pirâmide é 6 então ‘’a’’ = ³√18Volume do cubo = a³Logo volume do cubo é 18m³

Gabarito: D

25) Unindo as arestas, surgirão 2 Pirâmides de bases quadradas e faces laterais triangulares, como na imagem a seguir:

Sendo que ,na maior delas, as faces triangu-lares são triângulos isósceles e ,na menor, as arestas da base e das faces laterais são todas iguais.

Para a maior pirâmide:

C B

A

D

= Apótema da pirâmide = g;BD = 5√2/2;AD = 13;

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(13)2 = g2 + 50/4g2 = 626/4

Tomando por base agora a figura 1(a pirâmi-de), temos que:EM = gFM = 5√2/2EF = h

Achando a altura da pirâmide:g² = h² + 50/4626/4 – 50/4 = h²h² = 144 → h = 12

Volume...V1 = 1/3 . 50.12.V1 = 600/3 = 200

Agora a segunda pirâmide...

C B

A

D

Os 3 lados medem 5√2 então a altura que é igual a apótema da pirâmide será:g = 5√2.√3/2g = 5√6/2

Tomando por base agora a figura 1(a pirâmi-de), temos que:EM = gFM = 5√2/2EF = h

Altura da pirâmide:(5√6/2)² = h² + (5√2/2)²h² = 25 → h = 5

Volume...V2 = 1/3 . 50 . 5.V2 = 250/3

Volume Total = V1 + V2 → 600/3 + 250/3. Volume total = 850/3

26) Nesse caso, temos duas pirâmides de mes-ma base, uma voltada para cima e outra para baixo, então, basta fazermos o volume de uma delas e multiplicar por dois, assim, teremos:.h² + (2√2)² = 4² → h² + 8 = 16 → h = 2√2.V = 2 . 1/3 . Ab . h = 2/3 . 4² . 2√2 = 64√2/3

27) Sendo a hipotenusa a altura do triângulo face da pirâmide, temos:a² = b² + c²a² = 4² + 3²a² = 16 + 9a² = 25a = 5 m - altura do triângulo que é face da pirâmide.

Área deste triânguloA = b.h/2A = 8.5/2A = 20m² Temos 4 áreas iguais a esta, logo, nossa área a ser coberta é de 80m².

Precisamos comprar 80 lotes = 10 que são perdidos, assim, 90 lotes.Gabarito: A

28) O artesão afirmou que uma das faces da peça formada é pentagonal, ou seja, possui cin-co lados. As únicas alternativas que justificam o fato de uma das faces possuir cinco lados são as opções C e D. A pirâmide de base quadrada possui além da base, quatro faces laterais, to-talizando em cinco. Porém o polígono resultan-te da interseção do plano com a pirâmide será pentagonal somente se o plano interceptar to-das as cinco faces dessa pirâmide.Gabarito: C

29) O único ponto mencionado que não perten-ce a base é o ponto E, logo deve ser projetado em relação à base. Sua projeção é feita a par-tir de uma reta perpendicular a base passando pelo ponto E, sendo o centro da base. A proje-ção do trajeto descrito por João vai do vértice A a projeção do ponto E, centro da figura, passan-do pelo ponto médio (M) do outro lado da base, seguindo até o vértice C, sempre em linha reta.Gabarito: C

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30) Observe a figura:

h

H

BA

DC

HIFG

E

Temos que o lado da base maior é 4 e o da base menor é 1 e que h =6. O volume desse tronco será igual ao volume da pirâmide toda menos o volume da pirâmide menor, então, te-remos, pela semelhança das alturas das pirâmi-des maior e menor:.1/4 = H–6/6 → 4H – 24 = 6 → H = 7,5

Logo, o volume da pirâmide menor é dado por:.V’ = 1/3 . 1² . 1,5 = 0,5 m³

Já o volume da pirâmide maior é:V’’ = 1/3 . 4² . 7,5 = 40 m³

Logo, o volume do tronco é:.V = V’’ – V’ = 40 – 0,5 = 39,5m³ = 39500 L

31) a) A pirâmide P1 está totalmente submersa. Logo o aumento de 1cm na altura está associa-do ao volume deslocado de água pela pirâmide.VP1 = (25x25x1) = 652 cm³

b) Nesse caso a pirâmide P2 não está total-mente submersa. O volume deslocado que oca-sionou a elevação da altura da água em 2cm foi devido ao volume do tronco submerso. O nível da água em 20cm pode ser considerado como a representação do plano paralelo à base que cor-ta a pirâmide a 10cm do vértice (30cm – 20cm). Temos:I) Volume do tronco = volume de água desloca-do: VT = (25x25x2) = 1250 cm³II) Relação entre volumes da pirâmide menor (V1) e a inteira (VP2 ) com suas alturas: V1/VP2 = (10/30)³ → VP2 = 27 . V1

III) Volume do tronco = VP2 – V1. Logo o volume de P2 vale VTRONCO + V1. Efetuando os cálcu-los, vem:VP2 = VTRONCO + V1 → 27.V1 = 1250 + V1 → 26.V1 =

1250 → V1 = 1250/26 = 625/13 cm³VP2 = 1250 + 625/13 = 16250+625/13 = 16875/13 cm³32) Sejam P1 a pirâmide mais alta, de área da base S, e P2 a outra pirâmide, de altura H. Como os volumes de P1 e P2 são iguais, temos:.1/3 . S . 100 = 1/3 . 2S . H → H = 50 m

Como a distância entre os centros é de 120 m, conseguimos enxergar um triângulo retângulo formado por essa distância, a diferença da altura das pirâmides, e a distância entre os vértices, logo:.X² = 50² +120² → x² = 16900 → x = 130 m.Gabarito: C

33) Considerando a e b os lados do retângulo da situação inicial, ao girá-lo, obteremos um cilin-dro. Calculando seu volume, temos:.V = πR².h → V = πa²b

Na segunda rotação, ele obterá um cone de mesma área da base e altura do cilindro do item anterior. Não é nem necessário calcular, sabe-mos que será 1/3 V.

Na terceira rotação, ele obterá um sólido de volume igual a diferença entre o cilindro e o cone:.V’ = V – 1/3V = 2/3 VGabarito: A

34) O volume do cone é a terça parte do volume do cilindro. Logo, levará a terça parte do tempo para ficar completamente cheio: T = 2,5 h ÷ 3 = 150 ÷ 3 = 50 min.Gabarito: D

35) . θ/360 . 2πr = 12π → θ/2π . 2π - 10θ = 12π → θ = 6π/5 rad = 216º

36) VRalador = 1/3 . π.4².10 = 160π/3Vqueijo = α/360 . π . 8² . 6 = 384απ/360 = 16απ/15

Como o volume da fatia de queijo é 90% do volume do ralador, temos:. 16απ/15 = 90%. 160π/3 → 16α/5 = 144 → α = 45ºGabarito: A

37) A área de uma cisterna será a soma área la-teral do cone com a área total do cilindro (sem a base superior coincidente com a base do cone):I) ALATERAL(cone) = π.R.G = (3,14).(2).(2,5) = 15,7m²

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A(cilindro) = 2πRh + πR² = 2.(3,14).(2).(2) + (3,14).(4) = 25,12 + 12,56 = 37,68m²

II) A(cisterna) = 15,7m² + 37,68 m² = 53,38m²A(100 cisterna) = (100).(53,38)m² = 5338m²

→ Custo: (R$40,00).(5338) = R$213520,00Gabarito: E

38) Volume da embalagem em cm³: V = Vcilindro – 2Vcone V = π . 3² . 15 – 2 . 1/3 . π . 3² . 4 = 135π – 24π = 111π = 333cm³ = 0,333LGabarito: B

39) Estabelecendo as relações entre os volumes iniciais V1 e final V2 temos:V1/V2 = (h/h/2)³ → V1/V2 = 8 → V2 = V1/8

Logo ficou um oitavo ainda por descer e des-ceu em 35 minutos sete oitavos da areia. Consi-derando “x” o tempo que o restante levará para cair, temos a regra de três:35 min → 7/8 V1

→ x = 35.(V1/8)/(7V1/8) = 5 minx → 1/8 V1

40) V = 400 mLV/v = (H/h)³ → V/v = (H/H/2) → V/v = 8V = V/8 = 400/8 = 50 ml

41) Sejam VA a capacidade total de azeite e VV a capacidade total de vinagre, em centímetros cú-bicos. De acordo com a figura, a altura do cone é (h – 5) cm e os raios das bases do cilindro e do cone medem 5 cm. Assim, de acordo com o enunciado, temos:.VA–VV/VV = 5 → π.h–1/3.π.5².(h–5)/1/3.π.5².(h–5) = 5 → 3π.5².h–π.5².(h–5)/π.5².(h–5) = 5.3h – h + 5 = 5h – 25 → h = 10Gabarito: C

42) O volume do sólido gerado é o volume de um cilindro circular reto de raio da base 6 cm e altu-ra 12 cm menos o volume de um cone circular reto de raio da base 6 cm e altura 6 cm. Assim, temos:.V = Vcil – Vcone = π.6².12 – 1/3.π.6².6 → V = 360πcm³Gabarito: A

43) a) O volume do cone é dado por:

.Vcone = 1/3.π.r2.h → 60 = 1/3.π.2².h → h = 180/4π → h = 45/πcmb) O tubo é composto por parte cilíndrica e par-te esférica, logo, temos:.Vtubo = π.r².(h–r)+ 1/2(4/3π.1³) = 135–π/3 ml

44) V= 6*6*6 = 216 cm³Volume da esfera = 4/3πr³.V = 4/3 . π . r³ = 4/3 . π . 3³ = 4/3 . 3 . 27 = 108 cm³216 cm³ - 108 cm³ = 108 cm³Como 1litro = 1000 cm³, então, 1000/108 ≅ 9,25Ou seja, no máximo 9.Gabarito: A

45) O raio da base do cilindro é o mesmo de cada esfera.I) Volume do cilindro: Vcilindro = π.r².h = π.r².(4r) = 4r.r³II) Volume das esferas: 2.Vesferas = 2.(4/3)π.r³ = 8π.r³/3

III) Volume não ocupado: Vnão-ocupado = 4.π.r³ – 8π.r³/3 = 12π.r³–8π.r³/3 = 4π.r³/3

IV) Razão procurada: Vnão-ocupado/Vesferas = 4π.r³/3 /8π.r³/3 = 4π.r³/3 x 3/8π.r³ = 1/2Gabarito: D.

46) Sendo o volume E de uma semiesfera igual a e o volume C de um cone igual a , e tendo os noi-vos solicitado que ambos os formatos de taça tenham o mesmo volume, tem-se:.V = 4πr³/6 = πr²h/3.2/3.π.r = πr/3 → 2r = h → 2.3 = h → h = 6 cm.Gabarito: B

47) Considere r como sendo o Raio da esfera, logo, temos: 6 . 2r = 30 → r = 5/2

O volume de cada esfera é dado por: V = 4/3 . π . (5/2)³ = 125π/6

Razão entre os volumes das 216 esferas e o volume da caixa será:216.125/6 / 30. 30 . 30 = 4500π/30³ = 5π/30 = π/6Gabarito: A.

48) Sejam r e h, respectivamente, o raio da base e a altura do cilindro.

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25

Como h = 4 . 2r = 8r, segue que o volume do cilindro é igual a π.r² . 8r = 8πr³.

Sabendo que o raio de cada esfera mede r/2, o volume da esfera será:.V = 4π/3 . (r/2)³ = πr³/6.

Então, o número de esferas será:.N = 8πr³/πr³/6 = 48

49) Observe a figura:

R

R2

r

No triângulo vermelho, temos:.r² + (R/2)² = R² → r² = 3R/4

A área pedida será a área do círculo, então:.A = πr² = π.3R²/4 = 3πR²/4Gabarito: C

50) O volume do cilindro é dado por V = πR²hJá o volume da esfera é V’ = 4/3 πr³

O volume de água deslocado é igual ao volu-me da esfera, então:.πR²h + 4/3 πr³ = πR²h + 9πR/16 → 4/3r³ = 9R/16 →r³ = 27R/64 → r = 3R/4 cmGabarito: C

51) Analisando a situação, conseguimos chegar nesse esquema:

F

h – 3 B

3

3

T 6 U

Pelo teorema de Pitágoras, temos:.FU² = h² + 6² → FU = √h² +36

Pelo enunciado da questão (Como a área do círculo é igual à da superfície esférica) podemos escrever:

.A = 4π.3² = πr² → r² = 36 → r = 6.Observando a figura percebemos que os

triângulos FAB e FTU são semelhantes, assim, temos:Razão: MT/AN = 6/3 = 2. h-2/√h²+36 = 3/6 = 1/2 → √h² + 36 = 24 – 6 h² +36 = 4h² - 24h + 36. 3h² – 24h = 0 → 3h(h–8) = 0 → h = 8Gabarito: C

52) Há no total (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) = 21 semies-feras. Considere R o raio da esfera e a, a aresta do cubo. Utilizando as fórmulas do volume da esfera e do cubo, temos:

V(semiesfera) = V(esfera)/2 = 1/2 . (4.π.R³/3) = 4.π.R³/6 = 2.π.R³/3 → 21.(2.π.R³/3) = 4,2%.(a³) → V(cubo) a³→ 7.(2.3.R³) = 42.a³/1000 → 42.R³ = 42.a³/1000 → R³ = a³/1000 → a³/R³ = 1000 → a/R = ³√1000 = 10

Gabarito: D

53) Olhando para o triângulo retângulo forma-do, temos que a altura do cilindro é dada por h = r . senθ e o raio da base desse cilindro é dado por r’ = rcosθ.

A área lateral do cilindro é dada por:.Al = 2πRh = 2πr’h = 2π.r.cosθ.r.senθ = 2πr²cosθ.senθ.2πr²cosθ.senθ = πr².sen2θ

Como queremos área máximo, teremos sen2θ=1, assim, a área máxima é S=πr²

54) Encontrando as primeiras somas, temos: (2, 6, 18, 54,...) formando uma progressão geomé-trica de razão q = 3. Calculando a décima etapa, temos:

a1 = 2

q=3.→ a10 = 2.310-1 = 2.39 = 2.(19683) = 39366

n = 10

Desafiando:55) O volume do líquido na figura 1 é o mesmo da figura 2.

V = Volume do cone total.VV = Volume da parte vazia do cone da figura 1.VL = Volume do líquido. (VV = V – VL)

EM3M

AT16


26

I) Relação na Figura 1:VV/V = (3/5)³ → 27V = 125.VV → 27V = 125V – 125VL → V = 125.VL/98

II) Relação na Figura 2 entre volumes e alturas:VL/V = (h/5)³ → h³V = 125.VL → h³ = 125VL/V

III) Cálculo de “h”:h³ = 125.VL/V = 125.VL/125.VL/98 → h³ = 98 → h = ³√98 cm

56) Observando a projeção da figura temos que o ponto de tangência P, o centro da bola de gude e o centro da esfera estão alinhados, pois a reta tangente passando por esse ponto é única. A área por onde rolará a bola será a limitada pela circunferência de raio igual a x. Calculando, te-mos:a) 3² = 1² + x² → x²– = 9 – 1 → x = √8 = 2 √2 cmÁrea: π.x² = 8πcm²b) 32π / 3 cm³

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PROF. 3o ANO MATEMÁTICA PADRÃO VOL. III · III. Direção Executiva: Fabio Benites Gestão Editorial: Maria Izadora Zarro Diagramação, Ilustração de capa e Projeto Gráfico: