PROF. 2o ANO MATEMÁTICA PADRÃO VOL. II fileNo meio do caderno, quando estiver estudando, você...

PROF. 2o ANOMATEMÁTICA PADRÃO VOL. II

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: Filosofia:Física:Geografia: História: Leitura e Produção:Língua Espanhola: Língua Inglesa: Língua Portuguesa: Literatura:Matemática: Química:Sociologia:

Língua Espanhola: Língua Inglesa: Matemática:Química:

Autores:

Atualizações:

Alexandre BandeiraGustavo BertocheWilmington CollyerGonzalo Lopez Roberto José AlvesVinícius CarvalhoMizael Souza Caroline CarvalhoVinícius CarvalhoVinícius CarvalhoRicardo Viz André VenturaAnne Nunes

Karina PaimMaria Izadora ZarroGabriella MoreiraBeattriz Guedes

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.

Além dos exercícios tradicionais, de concursos, propomos uma atividade mais experimental no final de cada capítulo. Na seção Pesquisando, você encontrará uma proposta de reflexão e/ou pesquisa com o intuito de tornar o aprendizado teórico mais prático e concreto. Essa atividade poderá ser usada para seminários e apresentações, de acordo com a agenda pedagógica da escola.

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

2º ANO – 2016 / 2017

MATEMÁTICA I1o BIMESTRE

EM2MAT01: Estatística: como organizar e interpretar dados matemáticos?• Reconhecerostiposdegráficos(barras,setoreselinhas);• Compreenderatabeladefrequênciaeohistograma;• Diferenciarasmedidasde tendênciacentralededispersãoassimcomo identificarasmedidasde

tendênciacentraloudedispersãoemumconjuntodedadosexpressosemumatabeladefrequênciascomdadosagrupadosouemgráficos;

• Resolverproblemasenvolvendoasmedidasdetendênciacentralededispersãoedeexercícioscomanálisedegráficos.

2o BIMESTRE

EM2MAT02: Análise Combinatória: aprendendo a fazer diversos tipos de contagem• Assimilaraimportânciadoprocessodetomadadedecisõeseprincípiosmultiplicativos;• Apresentaraoperaçãofatorialeoseufuncionamento;• IntroduziroPrincípioFundamentaldaContagemcomobaseparaaAnáliseCombinatória;• Estabelecerosconceitosdepermutação,arranjoecombinação,bemcomosuasrestrições;• Aplicarasferramentasdesenvolvidasemproblemascontextualizadoseatuais.

3o BIMESTRE

EM2MAT03: Probabilidade: como calcular a probabilidade de eventos?• EstruturarasnoçõesdeEspaçoAmostral,EventoeProbabilidade;• Resolverproblemasiniciaisdeprobabilidade;• Reconheceradependênciaouindependênciadeeventos;• Percebercomoelasafetamocálculodeprobabilidadescondicionais;• Utilizarconectivos“e”e“ou”paratratardeprobabilidadescommaisdeumevento.

4o BIMESTRE

EM2MAT04: Sequências: estudando progressões aritméticas e geométricas• Reconhecerpadrõesnaformaçãodesequênciasnuméricas;• Definirconceitos,propriedadeserelaçõesdeumaProgressãoAritmética;• Definirconceitos,propriedadeserelaçõesdeumaProgressãoGeométrica;• AssimilarasrecorrentesformasdediferenciarumaPAdeumaPG;• Resolverproblemasdesequênciasnuméricasaplicandotaisconceitos.

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MATEMÁTICA II

1o BIMESTRE

EM2MAT05: Matrizes: como estudar matrizes, determinantes e sistemas lineares?• Compreenderosignificadodeumamatriz;• Realizaroperaçõesenvolvendomatrizes;• Calculardeterminantesdematrizesquadradaseassimilarasdiversaspropriedadesassociadasàs

matrizes;• Utilizarconceitosdematrizesparadeterminarconjuntos-soluçãodesistemaslineares.

2o BIMESTRE

EM2MAT06: Geometria Espacial: como estudar poliedros, prismas e pirâmides?• Compreenderadefiniçãodepoliedro,suaclassificaçãoeaaplicaçãodarelaçãodeEuler;• Reconhecerprismasecalcularsuasáreasdabase,lateraletotalevolume,inclusivedeparalelepípedo

ecubo.• Reconhecerpirâmidesecalcularsuasáreasdabase,lateraletotalevolume,inclusivedotetraedro

regular.• Resolverproblemasenvolvendopoliedros,prismasepirâmides.

3o BIMESTRE

EM2MAT07: Geometria Espacial: estudando cilindros, cones e sólidos de revolução• Definiroqueéumcone,mostrandoseusprincipaiselementos,planificações,ededuzindooscálculos

deáreasevolume;• Resolverproblemasenvolvendosólidosderevolução,emespecialcilindrosecones;• Definiroqueéumcilindro,apresentandoseusprincipaiselementos,planificações,eoscálculosde

áreasevolume;• Construircilindrosapartirdarevoluçãodefigurasplanas.

4o BIMESTRE

EM2MAT08: Geometria Espacial: quais as principais características de esferas e troncos?

• Compreenderaseçãonaesferaearelaçãoentreadistânciadocentroaoplanodeinterseção,oraiodeinterseçãoeraiodeesfera;

• Diferenciaraspartesdaesfera(calota,fusoecunha);• Identificaráreasevolumesdaesferaedetroncosdesólidos,comopirâmidesecones;• Trabalharcomainscriçãoecircunscriçãodesólidos;• Resolverproblemasenvolvendoesferas,troncos,inscriçãoecircunscriçãodesólidos.


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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

2º anoMATEMÁTICA I

2o bimestre:

Aula: 11Tópico: Análise Combinatória: aprendendo a fazer diversos tipos de contagemObjetivos: Tópico: Análise Combinatória: aprendendo a fazer diversos tipos de contagem; Apresentar a operação fatorial e o seu funcionamento;Subtópicos: Análise combinatória: fatorialExercícios: xPara casa: Praticando 1 ao 4

Aula: 12Tópico: Análise Combinatória: aprendendo a fazer diversos tipos de contagemObjetivos: Introduzir o Princípio Fundamental da Contagem como base para a Análise CombinatóriaSubtópicos: Análise combinatória: Princípio Fundamental da ContagemExercícios: xPara casa: Praticando 5 ao 8

Aula: 13Tópico: Análise Combinatória: aprendendo a fazer diversos tipos de contagemObjetivos: Estabelecer os conceitos de permutação, arranjo e combinação, bem como suas restriçõesSubtópicos: Análise Combinatória: ArranjosExercícios: xPara casa: Praticando 9 ao 12

Aula: 14Tópico: Análise Combinatória: aprendendo a fazer diversos tipos de contagemObjetivos: Estabelecer os conceitos de permutação, arranjo e combinação, bem como suas restrições.Subtópicos: Análise Combinatória: permutações e anagramasExercícios: xPara casa: Praticando 13 e 19

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Aula: 15Tópico: Análise Combinatória: aprendendo a fazer diversos tipos de contagemObjetivos: xSubtópicos: Análise Combinatória: combinações simples; Análise combinatória: combinações completasExercícios: xPara casa: Praticando 20 ao 23

Aula: 16Tópico: Análise Combinatória: aprendendo a fazer diversos tipos de contagemObjetivos: Aplicar as ferramentas desenvolvidas em problemas contextualizados e atuais;Subtópicos: x Exercícios: AprofundandoPara casa: Aprofundando

Aula: 17Tópico: Análise Combinatória: aprendendo a fazer diversos tipos de contagemObjetivos: Aplicar as ferramentas desenvolvidas em problemas contextualizados e atuais;Subtópicos: x Exercícios: AprofundandoPara casa: Desafiando

Aula: 18Tópico: Análise Combinatória: aprendendo a fazer diversos tipos de contagemObjetivos: Aplicar as ferramentas desenvolvidas em problemas contextualizados e atuais;Subtópicos: x Exercícios: DesafiandoPara casa: Pesquisando

Aula: 19Tópico: ReviãoObjetivos: xSubtópicos: Revisão bimestralExercícios: Revisão bimestralPara casa: Revisão bimestral



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MATEMÁTICA II

2o bimestre:

Aula: 11Tópico: Geometria Espacial: como estudar poliedros, prismas e pirâmides?Objetivos: Compreender a definição de poliedro, sua classificação e a aplicação da relação de Euler;Subtópicos: PoliedrosExercícios: xPara casa: Praticando 1 ao 4

Aula: 12Tópico: Geometria Espacial: como estudar poliedros, prismas e pirâmides?Objetivos: Reconhecer prismas e calcular suas áreas da base, lateral e total e volume, inclusive de paralelepípedo e cubo;Subtópicos: PrismasExercícios: xPara casa: Praticando 5 ao 8

Aula: 13Tópico: Geometria Espacial: como estudar poliedros, prismas e pirâmides?Objetivos: Reconhecer prismas e calcular suas áreas da base, lateral e total e volume, inclusive de paralelepípedo e cubo;Subtópicos: Prismas: paralelepípedo e cubo Exercícios: xPara casa: Praticando 9 ao 13

Aula: 14Tópico: Geometria Espacial: como estudar poliedros, prismas e pirâmides?Objetivos: Reconhecer pirâmides e calcular suas áreas da base, lateral e total e volume, inclusive do tetraedro regularSubtópicos: PirâmidesExercícios: xPara casa: Praticando 14 ao 16

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Aula: 15Tópico: Geometria Espacial: como estudar poliedros, prismas e pirâmides?Objetivos: Resolver problemas envolvendo poliedros, prismas e pirâmidesSubtópicos: ExercíciosExercícios: Aprofundando Para casa: Aprofundando



Aula: 18Tópico: Geometria Espacial: como estudar poliedros, prismas e pirâmides?Objetivos: Resolver problemas envolvendo poliedros, prismas e pirâmidesSubtópicos: ExercíciosExercícios: Aprofundando e DesafiandoPara casa: Pesquisando



EM2M

AT02

ANÁLISE COMBINATÓRIA: APRENDENDO A FAZER DIVERSOS TIPOS DE CONTAGEM

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ORIENTADOR METODOLÓGICO

Análise Combinatória: aprendendo a fazer diversos tipos de contagem

Objetivos:• Assimilar a importância do processo de tomada de decisões e princípios multiplicativos;• Apresentar a operação fatorial e o seu funcionamento;• Introduzir o Princípio Fundamental da Contagem como base para a Análise Combinatória;• Estabelecer os conceitos de permutação, arranjo e combinação, bem como suas restrições;• Aplicar as ferramentas desenvolvidas em problemas contextualizados e atuais.

Praticando1)a) 7! + 4! – 3!

6! = 7 . 6 . 5 . 4 . 3! + 4 . 3! – 3!

6 . 5 . 4 . 3! = 7 . 6 . 5 . 4 + 4 – 1

6 . 5 . 4 = 810

120 = 7

b) 4! – 2! – 0!1!

= 4 . 3 . 2 . 1 – 2 – 11

= 24 – 2 = 22

c) 11!9!

= 11 . 10 . 9!9!

= 11 . 10 = 110

2)a) (n + 1)!

n! = (n + 1) (n + 1 – 1)!

n! = (n + 1) . n!

n! = n + 1

b) n! – (n + 1)!n!

= n! – (n + 1) (n + 1 – 1)!n!

= n! – (n + 1) . n!n!

= 1 – (n + 1)1

= n

3)a) 100! + 99!

98! = 100 . 99 . 98! + 99 . 98!

98! = 100 . 99 + 99

1 = 9900 + 99 = 9999

b) 12! + 11! + 10!12! – 11! – 10!

= 12 . 11 . 10! + 11 . 10! + 10!12 . 11 . 10! – 11 . 10! – 10!

= 12 . 11 + 11 + 112 . 11 – 11 – 1

= 132 + 12132 + 10

= 144122

= 7261

4) (n + 1)! – n!(n – 1)!

= 7n → (n + 1) . (n + 1 – 1) (n + 1 – 2)! - n . (n – 1)!(n – 1)!

= 7n

(n + 1) . n . (n – 1)! – n . (n – 1)!(n – 1)!

= 7n → (n + 1) . n – n1

= 7n → n² + n - n = 7n

n² – 7n = 0 → n . (n – 7) = 0 → n = 0 ou n – 7 = 0 → n = 0 ou n = 7

Mas pelo enunciado, n ≠ 0. Logo, n = 7.GABARITO: letra A.

5) PVPST 3 . 5 . 6 . 7 = 630

6) Temos um total de 9 opções (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9), Como os algarismos precisam ser distintos, o que eu usar na primeira posição, não poderei repeti-lo nas outras, e assim sucessivamente.__ __ __ __ __9 .8 .7 .6 . 5 = 15120

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AT02


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7) Para ser divisível por 5, o número deverá termi-nar necessariamente com o algarismo 5, por isso, na última posição teremos uma única possibilida-de. Me restam os algarismo 1, 2, 3, 4 e 6, ou seja, 5 possibilidades para a primeira posição. Como o número deve ser formado por algarismos distin-tos, para a 2o posição teremos 4 possibilidades, e assim sucessivamente.__ __ __ 55.4.3.1 = 60

8) Para ser maior que 2700 não posso ter o alga-rismo 1 na 1o casa. Vamos fazer

I) Algarismo 2 na primeira casa: neste caso, o segundo número necessariamente tem que ser 7 pois se for qualquer outro, vai ser menor que 2700. Desse modo, para a 3o casa temos duas possibilidades (1 ou 3) e, para a 4o teremos ape-nas uma possibilidade.

2 7 1 .1 .2 . 1 = 2

II) Algarismo 3 na primeira casa: para a segunda casa, teremos 3 possibilidades, para a 3o teremos 2 e, para a 1º teremos uma 3 1 .3 .2 . 1 = 6

III) Algarismo 7 na 1o casa: para a segunda casa, teremos 3 possibilidades, para a 3o teremos 2 e, para a 1o teremos uma. 7 1 .3 .2 . 1 = 6

Assim, o quantidade de números que podemos formar é 2 + 6 + 6 = 14.

9) Como trata-se de um número, a ordem dos al-garismos importa, então usamos arranjo. Temos 7 algarismos para organizar em 5 "casas".

A7,5 = 7!(7 – 5)!

= 7!2!

= 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2!2!

= 2520

10) Neste caso, a ordem faz diferença então usa-remos arranjo

A6,4 = 6!(6 – 4)!

= 6 . 5 . 4 . 3 . 2!2!

= 6 . 5 . 4 . 3 = 360

360 ÷ 5 = 72

11) Vamos por partes.As duas primeiras crianças vão atrás e cada uma em uma janela, como a ordem faz diferença teremos:

A2,2 = 2!(2 – 2)!

= 2 . 1!0!

= 2

Para o lugar de motorista, temos 2 possibilidades pois apenas dois dos adultos dirigem.Ao escolher alguém para dirigir restam 2 adultos e 2 lugares. Como, neste caso, a ordem faz diferença:

A2,2 = 2!(2 – 2)!

= 2 . 1!0!

= 2

Portanto, há um total de 2.2.2 = 8 maneiras des-sas pessoas se posicionarem.GABARITO: letra E

12) Como se trata de um hanking (1o, 2o e 3o lugar) a ordem faz diferença (exemplo: 1o lugar, Brasil; 2o lugar, Nigéria; 3o lugar, Holanda ≠ 1o lugar, Ni-géria; 2o lugar, Brasil; 3o lugar, Holanda), então:

A24,3 = 24!(24 – 3)!

= 24 . 23 . 22 . 21!21!

= 24 . 23 . 22 = 12144

GABARITO: letra D.

13) a) Como não há elementos repetidos vamos usar permutação simples. São 6 letras, logo:

P6 = 6! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720

b) Fixando A na última posição teremos 5 ele-mentos para permutar (as letras E, N, I, G e M). Como não há elementos repetidos usamos per-mutação simples

P5 = 5! = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120

c) Fixando EN nas primeiras posições teremos 4 elementos para permutar (as letras I, G, M e A). Como não há elementos repetidos usamos per-mutação simples

P4 = 4 . 3 . 2 . 1 = 24

14) Pensemos em cada grupo de livros como blo-cos, e os elementos desses blocos podem ser per-mutados, exceto os de física. Como são 3 blocos:

P3 = 3! = 3 . 2 . 1 = 6

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Porém, os livros de Matemática e Português po-dem de alternar entre si. Matemática Português

P2 = 2! = 2 . 1 = 2 P3 = 3! = 3 . 2 . 1 = 6

Portanto, eu teria 6.2.6 = 72 maneiras de ordenar os livros.

15) Fixemos R no último lugar. Me restam 6 letras para permutar, onde A se repete 3 vezes. Logo,

P23 = 6!

3! = 6 . 5 . 4 . 3!

3! = 6 . 5 . 4 = 120

16) PC4 = (4 – 1)! = 3! = 3 . 2 . 1 = 6GABARITO: letra C.

17) Como o pai e a mãe ficam juntos, os consi-deramos como um único elemento. Logo, possu-ímos 5 elementos para permutar circularmente.

PC5 = (5 – 1)! = 4! = 4 . 3 . 2 . 1 = 24

Contudo, fizemos a permutação circular quando o pai está à esquerda da mãe. Quando o pai está à direita da mãe, teremos mais 24 possibilidades, dando um total de 48 possibilidades.

18) Teremos um total de 5 grupos: jornalistas da Fo-lha, jornalistas da Veja, Jornalistas do O Canal, jorna-lista individual e outro jornalista individual. Portanto,

PC5 = (5 – 1)! = 4! = 4 . 3 . 2 . 1 = 24

Contudo, os jornalistas da Folha, da Veja e do O Canal podem trocar de lugar com seu colega, dando 2 possibilidades diferentes para cada du-pla. Assim,24 . 2 . 2 . 2 = 192

19) Para realizar ste cálculo vamos calcular o nú-mero total de possibilidades para a roda, e dimi-nuir do número de possibilidades onde os meni-nos estão juntos.Para o número total teremos 5 pessoas:

PC5 = (5 – 1)! = 4! = 4 . 3 . 2 . 1 = 24

Para a situação onde os meninos estão juntos, te-remos 4 "grupos":

PC4 = (4 – 1)! = 3! = 3 . 2 . 1 = 6

Assim, 24 – 6 = 18

21) A ordem dos sorvetes não importa pois o im-portante é o grupo de sorvetes (exemplo: choco-late, morango, abacaxi = morango, abacaxi, cho-colate), então faremos combinação

C5,3 = 5!3! (5 – 3)!

= 5 . 4 . 3!3! . 2!

= 5 . 42 . 1

= 10

20) Juntando as duas letras distintas como ape-nas uma e fazendo a permutação dos n – 1 ele-mentos, isso deverá resultar em 120. Então,(n – 1)! = 120(n – 1)! = 5!n – 1 = 5n = 6GABARITO: letra C.

22) Ao montar as primeiras comissões, a ordem não importa pois estamos pensando apenas em grupos de duas pessoas, sem distinção de cargo entre elas. Então

C5,3 = k n!2! (n – 2)!

= k

Já para montar as comissões com distinção entre os cargos (um será suplente e o outro será dire-tor) a ordem importa. Entao:

An,2 = k + 3 n!(n – 2)!

= k + 3 n!(n – 2)!

– 3 = k

Assim,n!

2! (n – 2)! = n!

(n – 2)! – 3

n . (n – 1) . (n – 2)!2! (n – 2)!

= n . (n – 1) . (n – 2)!(n – 2)!

– 3

n . (n – 1)2!

= n . (n – 1)1

– 3

n2 – n2

= n² – n – 3

n² – n = 2 (n² – n – 3)n² – n = 2n² – 2n – 6n² – n – 6 = 0S = 1 e P = – 6 => n = – 2 ou n = 3

Como n não pode ser negativo, n = 3GABARITO: letra A

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Aprofundando:23) 20. 18 . 16 . 14 ... 6 . 4 . 2 = 2 . (10 . 9 . 8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1) = 2 . 10!GABARITO: letra B.

24) an = (n+1)! - n! =

(n+1).(n+1-1).(n+1-2)! - n.(n-1)! =

(n+1).n-n =

n²+n-n =

n² =

1 n²[(n-1)!+n!] n².(n-1)!+n².n.(n-1)! n²+n³ n²(1+n) n²(1+n) (1+n)

Logo, a1997 = 1

= 1

(1+1997) 1998

GABARITO: letra B.

25) x!(x+1)!

= 20 x.(x-1)!(x+1)(x+1-1)(x+1-2)!

= 20 (x+1).x.(x-1)!

= 20 (x+1).x= 20

(x-1)!x! (x-1)!x.(x-1)! (x-1)! x² + x - 20 = 0

∆ = 1² - 4.1.(-20)∆ = 1 + 80∆ = 81

x = – 1± 81 x = – 1± 9 x' = 8/2 ou x'' = – 10/2 2.1 2 x' = 4 ou x'' = – 5

GABARITO: letras B e C

26) 6 . 12 . 18 . 24 ..... 300

= 216ⁿ 6.(1.2.3.4.....50)

= 216ⁿ 6.50!

= 216ⁿ

50! 50! 50!

6 = 216ⁿ 6¹= (6³)ⁿ 6¹ = 6^3n 1 = 3n n = 1/3GABARITO: letra A

27) Para achar o valor de x faremos x = T - D, onde T é o total de números que podemos formar com os algarismos citados, e D é a quantidade de nú-meros onde todos os algarismos são distintos. Assim, teremos a quantidade de números onde pelo menos dois algarismos são iguais.Para calcular T faremos:__ __ __ __5 .5 .5 . 5 = 625Para calcular D faremos:

A5,4 = 5!

= 5 . 4 . 3 . 2 . 1

= 120 (5-4)! 1

Logo, x = 625 - 120 = 505GABARITO: letra A.

28) Como o primeiro algarismo é 8, para a primei-ra posição terei apenas 1 possibilidade.O segundo algarismo é primo então teremos 5 possibilidades (1, 2, 3, 5 ou 7).

O terceiro era menor que 5 e o 0 não entra, então teremos 4 possibilidades (1, 2, 3 ou 4).O quarto era ímpar e maior que 3, então teremos 3 possibilidades (5, 7 ou 9).Asssim,8 __ __ __ 1.5 .4 . 3 = 60

29) Para ser múltiplo de 3, é necessário que a soma dos algarismos seja um múltiplode 3. Os números de 4 algarismos distintos que podem ser formados pelos conjuntos: 3468, 3469, 3489, 3689 e 4689.3468 tem soma 3 + 4 + 6 + 8 = 21 :é múltiplo de 33469 tem soma 3 + 4 + 6 + 9 = 22: não é múltiplo de 33489 tem soma 3 + 4 + 8 + 9 = 24: é múltiplo de 33689 tem soma 3 + 6 + 8 + 9 = 26: não é múltiplo de 34689 tem soma 4 + 6 + 8 + 9 = 27: é múltiplo de 3

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Portanto temos 3 grupos diferentes e dentro de-les eu posso permutar os 4 algarismos para obter números diferentes. Assim,

P4 = 4 . 3 . 2 . 1 = 24

Como tínhamos 3 grupos distintos3.24 = 72GABARITO: letra D

30) Seja n o número de cores. Neste caso, a or-dem importa (papel azul e fita laranja ≠ papel la-ranja e fita azul) então vamos fazer

An,2 = 30

n! = 30

(n – 2)!(n . (n – 1) (n – 2)

= 30 (n-2)!

n.(n – 1) = 30n² – n = 30n² – n – 30 = 0S = 1 e P = – 30x = 6 ou x = – 5 GABARITO: letra C

31) C P R 2 .20 . 33 = 1320 conjuntos diferentes.GABARITO: letra A.

32) Antigamente, havia 10 possibilidades para cada dígito (algarismos de 0 a 9).Sendo a senha composta por seis dígitos podendo ter repetição, pelo princípio multiplicativo, tínhamos:__ __ __ __ __ __10.10.10.10.10.10 = 106

Após a recomendação do especialista além des-sas 10 possibilidades, outras 52 seriam possíveis (26 letras minúsculas e 26 maiúsculas). Teremos então, 62 possibilidades para cada digito da nova senha.__ __ __ __ __ __62.62.62.62.62.62 = 626

Logo, o coeficiente de melhora é dado por 626/106 GABARITO: letra A.

33) O total de possibilidades são de 5 para o ob-jeto, 6 para o personagem e 9 para o cômodo da casa. Utilizando o princípio multiplicativo, temos 5.6.9=270 possibilidades. Como são 280 alunos, são 280-270=10 alunos a mais que as possibilida-des de resposta.GABARITO: letra A.

34) O total de possibilidades são de 3 para o mo-delo, 7 para a cor, 5 para o estofamento, 2 para o vidro, e 2 para o limpador do vidro traseiro (se tem ou não). Utilizando o princípio multiplicativo, temos 3.7.5.2.2 = 420 possibilidades.GABARITO: letra E.

35) Com os algarismos podemos formar 5! = 120 números diferentes.O número que queremos é 75391.

I) A partir dele, irão suceder os números 75913 e 75931.II) Depois vamos ter como primeiros dígitos 79_ _ _, e teremos 3! = 6 números diferentes.III) Depois vamos ter como primeiro dígito 9_ _ _ _, e teremos 4! = 24 números diferentes.

De I, II e III, o número 75391 estará na posição 120 – 2 – 6 – 24 = 88GABARITO: letra C.

36) Como são 6 pontos, teremos 6 "casas". Como cada ponto pode se destacar ou não, teremos 2 possibilidade pra cada casa. __ __ __ __ __ __2 .2 .2 .2 .2 . 2 = 64

Porém, pelo menos 1 ponto se destaca, ou seja, a possibilidade onde nenhum ponto se destaca não existe, logo, faremos 64 – 1 = 63.GABARITO: letra D

37) Faremos por partes.I) Para uma barra escura teremos:00100

II) Para duas barras escuras teremos:1000101010

III) Para três barras escuras teremos:1010101110

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IV) Para quatro barras escuras teremos:11011

Logo, o total de códigos é 6.GABARITO: letra D.

38) Como a criança sempre irá sentar no lugar do meio, a fixaremos em sua posição: C .Teremos duas disposições diferentes: moça--criança-rapaz ou rapaz-criança-moça. Assim, M C RR C M 5.5.5 = 125 5 .5 . 5 = 125Usando o princípio da adição125 + 125 = 250

39) Vamos chamar as casas de A, B, C, D e E, neste ordem.I) Para a casa A teremos 4 cores possíveisII) Para a casa B teremos 3 cores possíveis (pois uma já foi usada na casa A)III) Para a casa C teremos 3 cores possíveis (pois só não pode usar a cor da casa B)IV) Para a casa D teremos 3 cores possíveis (pois só não pode usar a cor da casa C)V) Para a casa E teremos 3 cores possíveis (pois só não pode usar a cor da casa D)

Multiplicando tudo: 4.3.3.3.3 = 324

Logo há 324 possibilidades diferentes de pintura.

40) Faremos condição por condição. Contudo, note que as duas primeiras condições se anu-lam (se o primeiro número for ímpar, não pode ser par e vice-versa), então começaremos pela 3º condição.3º) Os algarismos somados que dão 5:2+33+21+44+10+55+0Temos então, 6 possibilidades(Como é uma senha a ordem diferente nao o abri-ria por isso precisa colocar todas essas opções)

1º) Seja o primeiro algarismo ímpar:Teremos 5 possibilidades para o primeiro digito e 5 para o último, pois são 5 algarismos ímpares e os algarismos podem se repetir.

I __ __ __ I5. __ __ __. 5Mas sabemos que para o segundo e terceiro, te-mos 6 possibilidades de duplas. LogoI __ __ __ I5. 6 . __. 5O quarto número não possui restrição, portanto teremos 10 possibilidades para ele (algarismos de 0 a 9)Logo, 5.6.10.5 = 1500

2º) Seja o primeiro algarismo par:Teremos 5 possibilidades para o primeiro digito e 1 para o último, pois o último deverá ser igual ao primeiro.P __ __ __ P 5. __ __ __. 1Mas sabemos que para o segundo e terceiro, te-mos 6 possibilidades de duplas. LogoP __ __ __ P5. 6 . __. 1O quarto número não possui restrição, portanto teremos 10 possibilidades para ele (algarismos de 0 a 9)Logo, 5.6.10.1 = 300

Logo, teremos 1500 + 300 = 1800 possibilidades de senhas.

41) I) Quantidade de placas antigamente:__ __ __ __ __ __26.26 . 10.10.10.10 = 26².104 = 6 760 000

II) Quantidade de placas atualmente:__ __ __ __ __ __ __ 26.26.26 . 10.10.10.10 = 26³.104 = 175 760 000

Portanto, podemos emplacar 175 760 000 - 6 760 000 = 169 000 000 carros a mais.

42) Não há restrição sobre os algarismos serem diferentes, mas o algarismo das unidades deverá ser 0 ou 5. Assim 0 54 .6 . 1 = 24 4 .6 . 1 = 24Usando o princípio da adição24 + 24 = 48

43) Para calcular, basta fazer a permutação dos 4 primeiros algarismos, seno assim

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P4 = 4 . 3 . 2 . 1 = 24GABARITO: letra B.

44) Para que não haja corredor entre João e Ma-ria vamos fazer:

A2,2 + A3,2 + A2,2 =

2! + 3! + 2! = (2 . 1!) + 3 . 2 . 1! + 2 . 1! (2 – 2)! (3 – 2)! (2 – 2)! 1! 1! 1!= 2 + 6 + 2 = 10

45) I) Para a primeira música teremos 10 possibilidades.II) Para a segunda música teremos 9 possibilidades.III) Para a terceira música teremos 8 possibilidades.IV)Para a quarta música teremos 7 possibilidades.V)Para a quinta música teremos 6 possibilidades.VI)Para a sexta música teremos 5 possibilidades.VII)Para a sétima música teremos 4 possibilidades.VIII)Para a oitava música teremos 3 possibilidades.IX)Para a nona música teremos 3 possibilidades.X)Para a décima música teremos 1 possibilidades.

Portanto teremos 10! = 3 628 800 sequências, logo, 3 628 800 dias. Como são 365 dias no ano, seriam 3 628 800 ÷ 365 ≅ 9941 anos. Como cada século tem 110 anos, então 9941 ÷ 100 = 99,41 séculos. Ou seja, aproximadamente 100 séculos.GABARITO: letra E.

46) a) Como temos um total de 5 letra e a letra A se repete duas vezes faremos

P52 = 5!/2! = 5.4.3.2.1 = 5.4.3 = 60 anagramas

2.1b) Como temos um total de 9 letra e a letra A se repete 4 vezes faremos

P94 = 9!/4! = 9.8.7.6.5.4! = 9.8.7.6.5 = 27360

4!47) Na primeira extremidade fixaremos um livro de história, teremos 3 possibilidades. Na ultima extre-midade fixaremos outro livro de história, teremos agora 2 possibilidades. Para as 5 posições do meio não temos restrições então faremos permutação.

3. P5 . 2 = 3.5!.3 = 3.5.4.3.2.1.2 = 720

GABARITO: letra A.

48) I) Fixaremos uma vogal na primeira posição, temos assim, 2 possibilidades para a primeira casa e permutamos as outras 4 letras nas 4 últi-mas posições

x = P4 2.= 2.4! = 2.4.3.2.1 = 48II) Fixaremos uma consoante na primeira casa, temos 3 possibilidades. Agora, fixaremos outra consoante na última casa, temos 2 possibilida-des. Fazemos então a permutação das 3 letras do meio restantes.

y = P3 3..2 = 3.3!.2 = 3.3.2.1.2 = 36

GABARITO: letra A.

49) Pensemos em cada casal como um bloco e queremos permutar esses 5 bloco.

P5 = 5! = 5.4.3.2.1 = 120

Contudo, cada casal pode trocar de lugar (homem e mulher, ou, mulher e homem), assim, cada blo-co pode se organizar de 2 maneiras diferentes, portanto

120.2.2.2.2.2 = 3840 maneiras que os casais po-dem se sentar.

50) Pensemos em cada nacionalidade como um bloco. Como o primeiro da fila tem que ser um francês então o bloco França será o primeiro. Tro-cando os outros 2 de lugares teremos 2 maneiras de organizar os blocos em fila. Contudo, dentro dos blocos podemos permutar as pessoas, assim.

2.P5 .P4 .P3= 2.5!.4!.3! = 2.5.4.3.2.1.4.3.2.1.3.2.1 = 34560

51) PC8 = (8 - 1)! = 7! = 7.6.5.4.3.2.1 = 410865

52)Comecemos acomodando os homens, então teremos

PC4 = (4 - 1)! = 3! = 3.2.1 = 6

Agora, vamos acomodar Maria. Temos 4 posições para acomodá-la, contudo, duas dessas posições são ao lado de João, pois trata-se de uma mesa circular. Logo, me restam apenas 2 possibilida-des de acomodações para Maria. Agora iremos acomodar as demais mulheres. Temos 3 lugares e podemos permutar essas mulheres nesses 3 lu-gares, portanto

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P3 = 3! = 3.2.1 = 6

E assim,

6.2.6 = 72

53) Pensemos nos carros com mesmo combustí-vel como blocos. Teremos portanto, dois blocos, o bloco álcool e o bloco gasolina, que permutados circularmente veremos que temos apenas uma maneira de organizá-los em "roda". Contudo, o bloco álcool possui 4 elementos, e o bloco gasoli-na possui 6 elementos, que podem ser permuta-dos entre si dentro do seu próprio bloco. Assim,

P4 . P6 = = . = 4!.6!GABARITO: letra A

54) Num jogo de xadrez, a ordem não importa pois (João X Maria = Maria X João), portanto, es-tamos fazendo

Cn,2 = n!

2!(n-2)! onde n é o número de jogadores no

campeonato.

Como foram 78 jogos, podemos dizer que Cn,2 = 78. Assim,

n! = 782!(n-2)!n.(n-1).(n-2)! = 78 2!(n-2)!n.(n-1) = 78 2!n²-n = 78 2n² - n =156n² - n - 156 = 0S = 1 e P = -156x = 13 ou x = -12 GABARITO: letra D

55) Os conjuntos devem ser formados por 5 car-tas, sendo 4 de mesmo valor e uma de outro valor qualquer. Há 13 escolhas diferentes de quadra (quatro cartas de valor 2, quatro cartas de valor 3, e assim sucessivamente). Para cada quadra esco-lhida, restam 52 - 4 = 48 cartas, dentre as quais 1 poderá completar o conjunto de 5 cartas. Então, há 13 × 48 = 624 resultados distintos.GABARITO: letra A

56) C8,3 = 8! = 8.7.6.5! = 8.7 = 56 3!(8-3)! 3.2.1.5!GABARITO: letra C

57) Como a ordem das questões não importa e sim o conjunto das questões que serão escolhi-das, entãoC10,5 . C5,3 = 10! . 5! = 5!(10-5)! 3!(5-3)!10.9.8.7.6.5! . 5.4.3! = 5.4.3.2.1.5! 3!.2! 10.9.8.7.6 . 5.4 = 9.7.2.2 . 5.2 = 2520 provas5.4.3.2.1.5! 2.158) Apertando 3 teclas podemos fazer de:C7,6 = 35 maneiras.

Apertando 4 teclas podemos fazer de:C7,4 = 35 maneiras.

Apertando 5 teclas podemos fazer de:C7,5 = 21 maneiras.

E apertando 6 teclas podemos fazer de:= 7 maneiras.

Logo podemos ter 35 + 35 + 21 + 7 = 98 sons di-ferentes.

59) Para o cargo de Síndico, teremos 10 possi-bilidades. Uma vez escolhido o sindico, temos 9 pessoas para subsíndico. Uma vez escolhido o subsíndico, temos 8 pessoas para o conselho, e como a ordem dos conselheiros não importa: C , = 8! = 28 6!(8-6)!

Usando o princípio multiplicativo temos:

10.9.28 = 2.520 maneiras de formar comissões.

60) Comissão sem mulheres: C5,5 = 1

Comissão com uma mulher: teremos 6 possibili-dades para a posição da mulher e C5,4 = 5. Logo, 6.5 = 30.

Portanto, podemos formar 1 + 30 = 31 comissões.

61) 1ª Hipótese: 1 produto de limpeza e 3 produ-tos alimentares

8. C5,3 = 8 .10 = 80

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2ª Hipótese: 2 produtos de limpeza e 2 produtos alimentares C8,2 . C5,2 = 28 .10 = 280 3ª Hipótese: 3 produtos de limpeza e 1 produto alimentar C8,3 . 5 = 56 . 5 = 280

80 + 280 + 280 =640 GABARITO: letra E.

62) Temos 7 ingredientes e a salada é preparada com 5 deles. Contudo, 3 á são pré definidos, en-tão nos resta 4 ingredientes e devemos escolher mais 2 pra salada. Como neste caso, a ordem não importa, entãoC4,2 = 6

GABARITO: letra E.

63) a) Temos 3 tipos de pão, 2 tipos de tamanho e 5 recheios.Podemos escolher de 1 a 5 recheios então:Com 1 recheio => 3.2.C5,1 = 6.5 = 30Com 2 recheios => 3.2.C5,2 = 6.10 = 60Com 3 recheios => 3.2.C5,3 = 6.10 = 60Com 4 recheios => 3.2.C5,4 = 6.5 = 30Com 5 recheios => 3.2.C5,5 = 6.1 = 6

Somando temos 186 possibilidades

b)Ele não gosta de orégano, então sobram 2 tipos pão para escolher, só come pequeno então ape-nas 1 tamanho, e quer exatamente 2 recheios, logo:

2.1.C5,2 = 2.1.10 = 20

São 20 possibilidades.

Desafiando:

64) O número de soluções inteiras e não negati-vas de uma equação x1 + x2 + ... + xn = r é (n + r – 1)!. r! (n – 1)!Então, se tratando de x + y + z + w = 5, teremos:n = 4r = 5(4 + 5 – 1)! = 8! = 56 5! (4 – 1)! 5!3!GABARITO: letra E.

Desafiando:65) 1

4

6

5

2

3

1º Situação:Colocando o homem do 1º casal em 1 e a mulher na posição 4.O 2º homem pode sentar em qualquer outra posi-ção(2,3,5,6) e a mulher terá apenas duas possibi-lidades. Por exemplo, se ele se sentar na cadeira 2, a mulher pode sentar em 5 ou 6.Para cada uma das posições acima, para o 3º homem existem 2 possibilidades. Por exemplo,se o 2º homem sen-tar em 2 e a mulher em 5,podemos colocar o 3º homem em 3 e amulher em 6.Assim, temos nesta situação 4 x 2 x 2 = 16 possi-bilidades.

2º Situação:Colocando o homem do 1º casal em 1 e a mulher na posição 3.Se o 2º homem sentar em 2, necessariamente a mulher terá que sentar em 5, de modo que a evi-tar que o 3º casal fiquem juntos. Se o 2º homem sentar em 4, a mulher terá que sentar em 6, e se o homem sentar em 6 a mulher terá que sentar em 4. Para cada uma destas duas possibilidades, temos duas possibilidades para o 3º casal. Se o 2º homem sentar em 5, a mulher deve sentar em 2 e temos, novamente, duas possibilidades para o 3º casal.Portanto, temos nesta situação 1 x 2 + 2 x 2 + 1 x 2 = 8 possibilidades.

3º situação:Colocando o homem do 1º casal em 1 e a mulher na posição 5.A análise é idêntica à análise da situação 2, onde encontraremos 8 possibilidades.

Deste modo, temos um total 16 + 8 + 8 = 32 mo-dos.

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ESTUDANDO POLIEDROS, PRISMAS E PIRÂMIDES

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ORIENTADOR METODOLÓGICO

Geometria Espacial: como estudar poliedros, prismas e pirâmides?

Objetivos:• Compreender a definição de poliedro, sua

classificação e a aplicação da relação de Euler;

• Reconhecer prismas e calcular suas áreas da base, lateral e total e volume, inclusive de parale-lepípedo e cubo;

• Reconhecer pirâmides e calcular suas áreas da base, lateral e total e volume, inclusive do te-traedro regular;

• Resolver problemas envolvendo poliedros, prismas e pirâmides.

Praticando1) 2.A = n.F V + F = A + 22.A = 3.16 V + 16 = 24 + 2A = 48/2 = 24 V = 26 - 16 V = 10GABARITO: letra E.

2) A + 2 = F + V 2F = 22 20 + 2 = F +F F = 11

3) 10 faces quadrangulares e 2 faces pentagonais

4)x => número de faces triangularesy => número de faces quadrangulares

Como o poliedro possui 20 arestas teremos:3x+4y = 20 3x + 4y = 40 2

V + F = A + 2 F = 1210 + F = 20 + 2 x + y = 12

3x + 4y = 40 x + y = 12 => y = 12 - x

3x + 4.(12 - x) = 40 -x = -83x + 48 - 4x = 40 x = 8Letra E.5) Um prisma pentagonal regular é um prisma com 2 bases pentagonais iguais e 5 retângulos laterais iguais. A aresta da base é a mesma que um dos lados do retângulo, e a altura é o outro lado. A área lateral é a área de todos esses retângulos juntos.

Al = 5.Ar = 5.20.4 = 400 cm²

6) Um prismaquadrangular regular é um prisma com 2 bases quadradas iguais e 4 retângulos late-rais iguais. A aresta da base é a mesma que um dos lados do retângulo, e a altura é o outro lado. A área lateral é a área de todos esses retângulos juntos. Al = 4.Ar216 = 4.6.hh = 216/24h = 9 m

7) Um prisma reto de base hexagonal é um pris-ma com 2 bases hexagonais iguais e 6 retângulos laterais iguais. A aresta da base é a mesma coisa que um dos lados do retângulo, e a altura é o ou-tro lado. A área de um hexágono é 6 vezes a área de um triangulo eqüilátero, cujo lado é o mesmo do hexágono, e a área lateral desse prisma é a área de todos os retângulos laterais juntos.Ab = a². 3.6 Al = 6.Ar 4 Al = 6.2.6 = 72 cm²Ab = 2². 3.3 At = 2.Ab + Al 2 At = 2.6 3 + 72 = 12 3 + 72 cm²Ab = 6 3 cm²

8) At = 2.Ab + Alx² + 12² = 13² x² = 169 - 144 x² = 25 x = 5 cm

Ab = 12.5/2 = 30 cm²

A área lateral é composta por 3 triângulos diferen-tes, um de medidas 12x10cm, outro de 13x10cm, e outro de 5x10cm. Assim,Al = A + A + A Al = 12.10 + 13.10 + 5.10Al = 120 + 130 + 50 = 300 cm²

At = 2.30 + 300 At = 360 cm²

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9) Estes sólido é formado por 7 cubos de lado L. Logo, seu volume é 7.L³GABARITO: letra A.

10) At = 2.(ab + ac + bc) At = 2.(120 + 48 + 40)At = 2.(12.10 + 12.4 + 10.4) At = 2 . 208 = 416 cm²

V = a.b.c V = 12.10.4 V = 480 cm³ D = (a²+b²+c² )D = (12²+10²+4² )D = (144+100+16 )D = (260 )D = 2 65 cm

11) Primeiramente, vamos calcular o volume que o caminhão comporta em sua caçamba.

V = 3,4 . 2,5 . 0,8 V = 6,8 m³

Logo, para carregar 136 m³ de areia, precisará fa-zer 136 ÷ 6,8 = 20 viagens.

12) O volume da piscina em seu estado normal é de V = 8.6.3 = 144m³.Com o nadador dentro da piscina, as dimensões que a água ocupa são de 8x6x2,5m, logo, o volu-me passa a ser V = 8.6.2,995 = 143,76m³. O volu-me do nadador é dado por Vn = V - V Vn = 0,24m³ = 240 dm3 Vn = 144–143,76Letra D

13) GABARITO: letra B.

14) a) Como a base é um quadrado, a apótema da base é metade da aresta da base. ab = 12/2 = 6cm

b) Olhe para o triangulo retângulo VOM. O lado VO mede 4 cm, o lado OM mede 6, e VM = Ap é o que queremos achar. Usando Pitágoras:4² + 6² = Ap²16 + 36 = Ap²Ap = 52Ap = 2 13cm

c) Olhe para o triângulo VOC, que é retangulo em O. O lado VO = 4cm, o lado OC é metade da diagonal da base, e o lado VC = Al é o que queremos encontrar.Como a base é um quadrado, então sua diagonal é dada por l. 2. Neste caso, l = 12, logo, d = 12 2 cm, e assim, OC = 12 2/2 = 6√2cm.Usando Pitágoras:VO² + OC² = VC² Al = 884² + (6 2)² = Al² Al = 2 22 cm16 + 36.2 = Al²

d) A área total é 4 vezes a área do triangulo lateral mais a área da base, que é um quadrado.At = 4.(12.2 13)/2+ 12²At = 48 13+ 144 cm²

e) V = (Ab.h)/3 = 144.4/3 = 192 cm³

15) Vp = (Ab.h)/3 = a².a/3 = a³/36 = a³/3 a³ = 18

Vc = a³ = 18 cm³GABARITO: letra D.

16) Ab = 3² = 9cm² V = 9.4/3 = 12cm³GABARITO: letra D.

A

M

0

Aprofundando:17) Se o raio da circunferência mede 4cm, então o lado do hexágono também mede 4cm.

o

M

4 cm 4 cm

4 cm

ap

A área lateral dessa pirâmi-de será composta por 6 tri-ângulos iguais.Seja O o centro do hexá-gono da base, M um ponto médio em um dos la-dos do tri-

ângulo e, A o vértice da pirâmide. Seja o triangulo retângulo AOM, onde AO é a altura da pirâmide, OM é a apótema da base e, AM é a apótema da pirâmide.

Note que ap é a altura de um triângulo equilátero de lado 4cm, entãoap = (l. 3)/2. = (4. 3)/2. = 2 3 cm

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Usando pitágoras:AO² + OM² = AM²2² + (2 3)² = Ap²4 + 4.3 = Ap²Ap = 16Ap = 4 cm

Note que Ap é a altura dos triângulos que com-põem a área latera, e suas respectivas bases me-dem 4, portanto.Al = 6.4.4 2Al = 6.8 = 48 cm²GABARITO: letra D.

18) 3 faces triangulares => 3 . 3 = 9 arestas 1 face quadrangular => 1 . 4 = 4 arestas 1 face pentagonal => 1 . 5 = 5 arestas 2 faces hexagonais =>2 . 6 = 12 arestas

7 Faces => 9 + 4 + 5 + 12 = 30 =>30 ÷ 2 = 15 arestas

Observação: Dividimos por 2 pois as arestas são contadas de 2 em 2.

Aplicando a Fórmula de Euler: V + F = A + 2 V + 7 = 15 + 2 V = 17 - 7 V = 10 vértices tem o poliedro.

19) 80 faces triangulares => 80.3 = 240 arestas12 faces pentagonais => 12.5 = 60 arestas

92 faces => 240 + 60 = 300 => 300÷ 2 = 150 arestas

Observação: Dividimos por 2 pois as arestas são contadas de 2 em 2.

Aplicando a Fórmula de Euler: V + F = A + 2 V + 92 = 150 + 2 V = 60 vértices tem o poliedroGABARITO: letra B.

20) S = (V - 2).360 V - 2 = 2880/3602880 = (V - 2).360 V = 8 + 2 = 10 Sabendo que uma pirâmide possui seu vértice (o do "topo") e os outros são vértices da base, então:10-1 =9 vértices possui a basePortando, a base possui 9 lados e trata-se de um eneágonoGABARITO: letra D.

21) 5 faces quadrangulares => 5 . 4 = 20 arestas 2 face pentagonal => 2 . 5 = 10 arestas

nf = 7 faces => 20 + 10 =>30 ÷ 2 = 15= na

Aplicando a Fórmula de Euler:V + F = A + 2 V + 7 = 15 + 2 V = 10 = nvGABARITO: letra C.

22) 4 faces triangulares => 4 . 3 = 12 arestas 2 face quadrangular => 2 . 4 = 8 arestas 1 faces hexagonais => 1 . 6 = 6 arestas

7 Faces => 12 + 8 + 6 = 26 =>26 ÷ 2 = 13 arestas

Aplicando a Fórmula de Euler: V + F = A + 2 V + 7 = 13 + 2 V = 15 - 7 V = 8 vértices tem o poliedro GABARITO: letra C.

23) Primeiro, somamos o total de arestas do enunciado6.4+ 4.3+4.5 = 56 arestasSabe-se que uma aresta pertence a dois vértices2A=56 A= 56/2 => A= 28Temos 14 vértices, logo, V + F= A+214 +F =28+2F= 30 -14F =16 facesGABARITO: letra A

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24) Considerando que para cumprir essas carac-terísticas, o poliedro precise ser um tetraedro re-gular (4 faces triangulares equiláteras), e que cada triangulo das faces possui a soma dos ângulos de 180º, pode-se afirmar que a soma dos ângulos da face desse poliedro é igual a 4. 180 = 720º.GABARITO: letra D.

25)O icosaedro tem 20 faces triangulares. Depois de inflado, cada face dividiu-se em 4 triângulos equiláteros. Portanto, tem 4•20 = 80 faces.

Seja a relação n•F=2A , onde n é o número de arestas de cada face

3•80=2A 240=2A A=120 arestasGABARITO: letra B.

26) A área de um hexágono é 6 vezes a área de um triangulo equilátero cujo lado é o mesmo lado do hexágono. Sendo assim,Ab = 6.a² 3 = 3.(2 3) ² 3 = 3.4.3. 3 = 3.2.3. 3 4 2 2= 18 3 cm²

V = Ab.h = 18 3.10 = 180 3 cm³.

27) A apótema da base é a altura de um triangulo equilátero, entãoap = (l 3)/2 ( 3 .2)/ 3 = l

3 = (l 3)/2 l = 2 cm3 . 2 = l 3

Ab = 6.l² 3 = 3. 2² 3 = 3.2. 3 = 6 3 cm² 4 2

V = Ab.h = 6. 3. 3 = 6.3 = 18 cm²GABARITO: letra A.

28) Vamos dividir a figura em duas de modo que tenhamos um prisma triangular regular EFIGHJ e um paralelepípedo ABCDEFGH.O volume do galpão é o volume dos dois prismas.

DI

8 m

5 m3 m 12 m

J

H

E

A

F

B

G

C

Volume do paralelepí-pedo:V = 12.8.3 = 288 m³Volume do prisma trian-gular:

Como a altura até o vértice I mede 5m, e a altura até o segmente EF mede 3m, então a altura de EF ao vértice I mede 5 - 3 = 2m. Logo,Ab = 8.2 = 8m² 2 V = Ab.H = 8.12 = 96m³Assim,V = V + V V = 288 + 96 = 384m³.

29) a) Ab = (B+b).h = (18+10).3 = 28.3 = 42 cm² 2 2 2

b) Para descobrir o comprimento de DA (que é igual a CB) faremos pitágoras:

A10 cm

18 cm

3 cm

4 4

10 cmD

B

C 4² + 3² = DA²DA² = 16 + 9DA² = 25DA = 5 cm

Então, Al = 10.30 + 18.30 + 2.5.30 = 300 + 540 + 300 + 1140cm²

c) At = 2.Ab + Al = 2.42 + 1140 = 1224 cm²

d) V = Ab.H = 42.30 = 1260 cm³.

30) Volume de 1 degrauV = Ab.HV = 30.50 2.80

V = 60000 cm³Volume da escada:V = 6.60000 = 360 000 cm³ = 0,36 m³

Para descobrir quanto será gasto:0,36 . 250 = 90 reaisGABARITO: letra B.

31) Calculando o volume de uma barraV = 3.3 = 24 cm³ 2.8

Portanto, em 1 barra contém 24.1,3 = 31,2g

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Como 1kg = 100g, então com 1kg podem ser fei-tas 100 ÷ 31,2 ≅ 3,2.Portanto, o número máximo de barras que po-dem ser feitas com 1kg são 3 barras.

32) Vamos dividir o trapézio em dois prismas triangulares regulares iguais e num paralelepípe-do.Calculando o volume do prisma triangular:Primeiramente usaremos Pitágoras para encon-trar a altura do triangulo da base

2 cm

8 cm

2

x

3 3

5 cm

x² + 3² = 5²x² = 25 - 9x² = 16x = 4cm

V = 3.4.5 = 3.2.5 = 30cm³ 2

Calculando o volume do paralelepípedo:V = 2.4.5 = 40cm³

Calculando o volume total:Vt = 2.30 + 40 = 100cm³.

33)Se a água subiu 1 cm, ela subiu com os mesmos comprimento e largura do reservatório, ou seja

1 cm = 0,01m

Vp = 0,5 . 1,2 . 0,01 = 0,006 m³ = 0,6 cm³GABARITO: letra A

34) Vamos dividir o sólido em 4 sólidos. Dois prismas triangulares iguais e, e dois paralelepípedos diferentes.A altura do trapézio FGML pode ser calculada por:

2 cm

10 cm

2

x

4 4

60º

tg(60º) = x/43 = x/4

x = 4 3cmCalculando o volume do prisma triangular:V = Ab.h = 4.4. 3.2 = 16 3cm³ 2Calculando o volume do

paralelepípedo menor:V = 2.2. 4 3 = 16 3cm³Calculando o volume do paralelepípedo maior:V = 10.10.2 = 200 cm³

Portanto,V = 2 . V + mV + VV = 2.16 3 + 16 3 + 200V = 48 3 + 200 cm³

35) O volume de madeira do pedaço, em cm³, é: Vp = 6². 3 .2 = 18 3 cm³. 4

36) a 2

37) A soma das arestas é dada por: Sa = 4.(a + b + c) Já que os valores são consecutivos se o primeiro é x, temos: x, x+1 e x+2

Sa = 4.(x + x + 1 + x + 2) 48 = 4.(3x + 3) 48 = 12x + 12 12x = 48 - 12 12x = 36 x = 36/12 x = 3m

Logo 3, 4, 5 são as dimensões e o volume é dado por: V = a.b.c V = 3.4.5 V = 60m³.

38) V = 0,02.1.1 = 0,02m³V = 2.0,8.0,03 = 0,048m³

Fazendo regra de três:0,02/25 = 0,048/x0,02.x = 1,2x = 60kg

39) Vamos calcular o volume total do paralelepí-pedo e subtrair pelo volume do pedaço que falta.Vt = 5.8.2 = 80cm³Vf = 1.4.1 = 4cm³

V = Vt - Vf = 80 - 4 = 76cm³

Portanto, será gasto 5 . 76 = 380 reaisGABARITO: letra B.

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40) Comprimento da caixa => 50 - 2.8 = 34Largura da caixa => 30 - 2.8 = 14Altura da caixa => 8

V = 34.14.8 V = 3 808 cm³Letra D

41) V = 2000 . 20 . 17 = 68000m³ de águat = 68000 ≅ 16 min 4200

GABARITO: letra D.

42) V = 40.30.20 = 24000 cm³24000 + 2400 = 2640040.30.h = 264001200.h = 26400h = 22cmGABARITO: letra C.

43) GABARITO: letra A.

44) 7 = (a²+b²+c²)Sem perda de generalidade faremos a = 3, b = x e c = 4 - x. Então,7 = (3²+x²+(4-x)²) x² - 4x - 12 = 049 = 9 + x² + 16 - 8x + x² S = 4 e P = -122x² - 8x - 24 = 0 (÷2) x = -6 , x = 2 Medidas não podem ser negativas, então x = 2. Logo, as dimensões do paralelepípedo são 3cm, 2cm e 2cm.V = 3.2.2 = 12cm³

45) V = x.y.z =>z= V

x.y

0.8x.0,5y. z =0,5V => z = 0,5.V 0,4.x.y

z1/z = 0.5/0,4 => z =1,25zGABARITO: letra B.

46) Volume de água: 4.3.2 = 24m³24 = 5.2.hh = 24/10 h = 2,4m2,4 - 2 = 0,4m = 40 cmGABARITO: letra E.

47)

2 cm

2 cm

2 cm2 cm

14 cm

10 cm

x x

y

Como o desenho representa um paralelepípedo planificado, algu-mas dimensões apresentadas se-rão iguais a ou-tros segmentos

da figura como mostra a imagem ao lado.14 = 2 + x + 2 +x14 = 2x + 4 2x = 10x = 5cm

10 = 2 + y + 2 y = 6cm

Ao dobrar as linhas pontilhadas, vemos que as di-mensões do paralelepípedo são x = 5cm, y = 6cm e, 2cm.

D = (a²+b²+c²) = (5²+6²+2²) = (25+36+4) = 65m.

48) 60dm = 6m 30dm = 3m

Se para 1 pessoa, devemos ter 4m³, para 48 de-vemos ter x:

1 pessoa ----------- 4m³48 pessoas ----------- x

x = 48.4 x = 192 m³

O volume mínimo tem que ser 192m³

192 = a.b.c 192 = (3 + x).8.6 3 + x = 4 x = 1m

Portanto, deverá acrescentar-se no mínimo 1m à altura.GABARITO: letra C.

49) V = V2/2Ab.H = Ab.H2

6.Ab.H = Ab.H 3

2 H = 6H2 Ab.H = Ab.H2 3 GABARITO: letra E.

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50) Ap² = 12² + 5² Ap² = 169Ap = 13 cm

Área de um triangulo lateral: 13.10/2 = 65 cm

Al = 4.65 = 260cm²Ab = 10.10 = 100 cm² At = Al + Ab = 360cm²

Área do papel:20.20 = 400 400 - 360 = 40cm² de sobra

400 cm² ----------- 100%40 cm² ----------- xx = 10%GABARITO: letra E.

51) V = Ab.h/3V = a².h/3720 = (4h/5)².h 3720 = 16h² 25 .h 3720 = 16h³ 25 3720 = 16h³/25.1/3 h³ = 3375720 = 16h³/75 h = 15m54000 = 16h³

a = 4h/5 = 4.15/5 = 12mGABARITO: letra B.

52) A áltura de um tirangulo equilátero é dado por (l 3)/2, onde l é o lado do triangulo. Logo,3 3 = (l 3)/26 3 = l 3l = 6cm

A aresta da vale l, portanto e a apótema da base vale l/2. Assim, ap = 3cm

Seja H a altura da pirâmide:

H² + 3² = (3 3)²H² = 9.3 - 9H = 18= 3 2m

V =Ab.H/3 = 6².3 2/3 = 36√2 cm³GABARITO: letra B.

53) Vs = Vpi + VpaVs = (a.b.H)/3 + a.b.cVs = 100.60.30/3 + 100.60.40Vs = 60000 + 240000 = 300 000cm³ = 300 dm³

300/20 = 15dmGABARITO: letra D.

54) a) a3 / 6 b) 1 / 3

55) O triangulo de base da pirâmide é um triangu-lo isósceles, portanto, sua altura divide sua base em duas partes iguais. A base desse triangulo é a diagonal de um hexágono de lado 6m, esta dia-gonal é igual a 2 vezes a altura de um dos triân-gulos equiláteros que formam o hexágono, estes triângulos por sua vez possuem o mesmo lado do hexágono. Portanto:

b = 2. (6 3)/2 = 6 3 cm

Logo, para descobrir a altura do triangulo da base da pirâmide faremos:

h² + (3 3)² = 6²h² = 36 - 9.3h = 9 = 3cm

Sendo assim, a área da base da pirâmide é:

Ab = (6 3.3)/2 = 9 3 cm²

A altura da pirâmide é a mesma do prisma, e por mais que a pirâmide não seja reta, pelo princípio de Cavallieri, seu volume não irá se alterar, portanto.

V = (9 3.6)/3 = 18 3cm³

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56) arestas = x

Seja H a altura da pirâmide, e h a altura de uma face. Então h = (x. 3)/2.Sb = x²

V = (1/3)*Sb*H

H² + (x/2)² = [(x. 3)/2]²H² = (3.x²/4 ) - ( x²/4 )H = (x. 2)/2

Logo:V = (1/3).x².(x.√2)/2V = ( x³.√2 )/6GABARITO: letra B.

57) 2.5=60 2A=60+12020.6=120 A=90

V-A+F=2 V-90+32=2 V=60

A molécula possui 60 átomos e 90 ligações.

58) O icosaedro regular tem:F = 20 V = 12Pela relação de Euler:V + F - A = 2 32 - A = 212 + 20 - A = 2 A = 30

Como retiram 12 pirâmides, e cada pirâmide reti-rada gera 5 arestas, logo, temos 12.5 = 60 novas arestas.O número total de arestas do novo poliedro gera-do é A' = 30 + 60 = 90.Como o artesão gasta, no mínimo, em cada ares-ta 7 cm = 0,07 m de linhas, então , 90 arestas gas-tam 0,07×90 = 6,3 m.GABARITO: letra B.

59) A figura abaixo representa a vista superior da embalagem do chocolate dividida em 7 triângu-los equiláteros congruentes.A área total AT da embalagem corresponde à soma da área lateral AL com o dobro da área da base AB. A área lateral mede o perímetro da base

B 10

E

10 10

10

10

10

10

C

DA

multiplicado pela me-dida da altura do pris-ma, e a área da base é 7 vezes a área de um dos triângulos equilá-teros. Portanto:AT= AL+2. AB Como se pode obser-var na figura, o perí-metro da base é igual a 70 cm. A área do tri-ângulo equilátero T é dada por:T = L² 3

4

Assim:AT = 70.5 + 2.7.10² 3 = 350 + 350 3 ≅ 955cm² = 0.0955m² 4Como 1 m2 de papelão custa R$ 10,00, o custo da embalagem será aproximadamente R$ 0,95.GABARITO: letra B.

60) O contorno da piscina cheia forma dois triân-gulos.

Triângulo 1:

base: b0= 2,7 - 0,9 = 1,8 m Altura: h0 = 15 m

triângulo 2: base: b = 0,6 m altura: h

Usando semelhança de triângulos:b0/h0 = b/hh.b0 = h0.bh = b.h0

b0

h = 0,6.15 = 5 m 1,8

Área do triângulo:A = bh 2

A = 0,6.5 = 1,5 m² 2

Volume do prisma:V = A.lV = 1,5.8 = 12 m³

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61)Note que o prisma triangular entre a caixa e o piso é igual ao prisma que representa a quantida-de de lente derramado.

tg(30º) = PQ/a3/3 = PQ/10

PQ = 10 3/3 cm

Ab =

10 3.10

= 50 3 cm²

3

2 3

V = Ab.b = (50 3)/3 . 7 ≅ 202,1 cm³.

62) Ligando os vértices D e H obteremos um tra-pézio DHEA, e um triangulo DHG.

x

HD

G

10m

30mx

HE60m

80m DA

y

10² + 30² = x²x² = 100 + 900x² = 1000

(80 - 60)² + x² = y²20² + 1000 = y²y = 1400y = 10 14 m

63) A base é um hexágono formado por 6 triângu-los equiláteros de lado L=6m. A área de cada um desses triângulos é dada por:

A = L² 3/4 = 9 3 m² Ab = 6.A= 6.9 3 = 54 3 m²

A aresta de 10m, um dos raios (lado do triângulo equilátero da base) e a altura h formam um triân-gulo retângulo.

h² + 6² = 10² h² = 100 - 36h = √64 = 8m

V = (1/3).Ab.h = (1/3).54√3.8 = 144√3 m³

Desafiando:64) Ab = 6.(AB)² 3 = 3.6². 3 = 54 3 cm² 4 2

O segmento AD é 2 vezes o lado do hexágono, logo, 2.6 = 12cm. Então VA = 12cm

Pelo Princípio de Cavallieri, o volume não se alte-ra quando inclinamos a piramide mantendo sua altura, portanto:

V = (1/3).Ab.VA= (1/3).54 3.12 = 216 3cm³

65) A soma dos ângulos internos de um polígono convexo é:Sn = (n - 2).180°Para o hexágono temos:S = (6- 2).180°S = 720°Como o hexágono é regular, cada angulo é igual a 720/6 = 120°

O quadrilátero formado pela parte que é cortada, é composto de dois triângulos retângulos.

30°

30°

tg(30°) = X 3 33/3 = X

3 33.3 3 = x

3 x = 3

Como cada lado será reduzido de 2 vezes, então a medidas deles serão 30 - 2.3 = 24.

A área da base será de:

Sb = 6.24². 3 Sb = 864 3 cm² 4Por fim o volume do prisma é de V = 864 3.3 3 = 7776cm³Letra E

EM2M

AT06


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PROF. 2o ANO MATEMÁTICA PADRÃO VOL. II fileNo meio do caderno, quando estiver estudando, você...

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