123Caderno de Atividades / Livro do Professor
2ª. Série
SISTEMAS LINEARES
1. Com as informações do enunciado, é possível a formação
do seguinte sistema:
x y z
x y
x y y y
= ++ =+ + + + + =
2 300
5 400( ) (y ) (z )
Da segunda equação tem-se que y = 2 300 – x e, subs-
tituindo a segunda equação na terceira equação, tem-se:
2 300 + 3y + z = 5 400
z = 3 100 – 3y
z = 3 100 – 3 · (2 300 – x)
z = 3x – 3 800
Substituindo as relações que exprimem y e z em função de
x na primeira equação, tem-se:
x = 2 300 – x + 3x – 3 800
x = 1 500 reais
Assim, y = 800 reais e z = 700 reais.
A gratificação foi igual ao valor de y, ou seja, a gratificação
foi de 800 reais.
2. Gabarito: a
Com as informações tem-se o seguinte sistema:
A B C
B A
C A
+ + ==− =
100 000
2
60 000
Da terceira equação, tem-se: C = A + 60 000. Substituindo
essa relação e a segunda equação do sistema na primeira
equação, tem-se:
A + 2A + A + 60 000 = 100 000
4A = 40 000
A = 10 000
Logo, B = 20 000 e C = 70 000.
Assim, A B reais− = − =10 000 20 000 10 000 .
3. Gabarito: c
Pelo enunciado, sabe-se que a quantidade de polígonos re-gulares (Triângulo Equilátero - TE e Quadrado - QD) é igual a 15. Assim, forma-se o sistema:
TE QD
QD
+ ==
15
5
Substituindo o valor de QD, tem-se:
TE + 5 = 15
TE = 10 triângulos equiláteros
4.
a) Pelo enunciado, tem-se o seguinte sistema:
A M P
A M
A P
+ + =
= ⋅
= ⋅
6 000
1314
Das segunda e terceira equações, conclui-se que M = 3A e P = 4A. Substituindo essas relações na pri-meira equação, fica:
A + 3A + 4A = 6 000
8A = 6 000
A = 750 selos
Assim, M = 2 250 selos e P = 3 000 selos.
MATEMÁTICA
124 2ª. Série
Pelo enunciado, tem-se o seguinte sistema:
A M P
A M
A M P
P A P M
+ + =
= ⋅
≥ ≥ ≥> >
48
135 5 5; ;
;
Da segunda equação conclui-se que M = 3A e, substi-tuindo na primeira equação, fica:
A + 3A + P = 48
4A + P = 48
P = 48 – 4A
Como P > M, então:
P M
A A
A
>− >
<
48 4 3
487
6 9 ,
Logo, 5487
≤ <A .
Tem-se então as seguintes opções de quantidades para eles:
Ana (A) Pablo (P) Marta (M)
5 28 15
6 24 18
Ou seja, Pablo pode ter comprado 28 ou 24 selos.
5. Gabarito: d
Com as informações, podemos construir o seguinte sistema:
20 40 204
30 80 278
SJ QJ
SJ QJ
− =− =
Multiplicando a 1ª. equação por –3 e a 2ª. equação por 2 temos:
− + = −− =
60 120 612
60 160 556
SJ QJ
SJ QJ
Somando as equações, tem-se:
40QJ = 56
QJ = 1,4
Logo, SJ = 13
6.
a) Temos as seguintes equações:
n P n P P P
n P n P P P P
n P n P P
A A B B R B
A A B B R B A
A A B B
⋅ + ⋅ + = ⋅⋅ + ⋅ + = ⋅ + ⋅⋅ + ⋅ +
16
10 5
RR R
B B A
B R
P
P P P I
P P II
II
= ⋅
⇒
⋅ = ⋅ + ⋅ ( )⋅ = ⋅ ( )
( ) ⋅
4
16 10 5
16 4
16 PP PP
P
I P P P P PP
P
B RR
B
B B A B AA
B
= ⋅ ⇒ = =
( ) ⋅ = ⋅ + ⋅ ⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =
4164
4
16 10 5 6 565
b)
n P n P P P
P
P
P
P
n P n P P
A A B B R B
A
B
R
B
A A B B R
⋅ + ⋅ + = ⋅
=
=
⋅ + ⋅ +
16
65
4
== ⋅
⋅+
⋅+ =
⋅⇒
⋅ + + = ⇒ = −
16
16
65
4 16 12
P
n P
P
n P
P
P
P
P
P
n n n n
B
A A
B
B B
B
R
B
B
B
A B B A ⋅⋅65
Como nA e nB são inteiros positivos, então nA é múltiplo
de 5.
n n
n n
n n
B A
A B
A B
= − ⋅
= ⇒ =
= ⇒ = ( )
1265
5 6
10 0 não convém
Portanto, nA = 5 e nB = 6.
7. Gabarito: a
Seja M o custo de um aluno do Ensino Médio, F o custo de
um aluno do Ensino Fundamental e P o custo de um alu-
no do Pré-Escolar, em reais, podemos escrever o seguinte
sistema:
M F P I
M F P II
M F P III
I II
+ + = ( )+ + = ( )+ + = ( )
( ) − ⋅ (
2 3 260
2 150
4 3 290
3 )) − − = −
( ) − ( ) + =
− − = −+ =
⇒−
:
:
5 190
2 2 140
5 190
2 2 140
5
M F
III II M F
M F
M F
MM F
M F
− = −+ =
190
70
125Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
Somando as duas últimas equações, temos:
− = − ⇒ =4 120 30M M
• M F F F+ = ⇒ + = ⇒ =70 30 70 40
• M F P P P+ + = ⇒ + ⋅ + = ⇒ =2 3 260 30 2 40 3 260 50
8. Gabarito: a
O sistema pode ser reescrito da seguinte forma:
x z m
ax y
y z
+ =− =
+ =
1
1
Escrevendo a matriz dos coeficientes e escalonando o sis-tema, tem-se:
1 0 1
1 0 1
0 1 1 1
1 0 1
0 1 1
0 1 1 1
1 2
m
a
m
a am
a L L−
→
− − −
− ⋅ +
→
− − −− −
+L L
m
a am
a am
2 3
1 0 1
0 1 1
0 0 1 2
Analisando o sistema temos:
Sistema Possível e Determinado (SPD) quando:
a a− ≠ ⇒ ≠1 0 1 e m ∈Sistema Impossível (SI) quando:
a a− = ⇒ =1 0 1 e
2 0 2 1 2 2− ≠ ⇒ ≠ ⇒ ⋅ ≠ ⇒ ≠am am m m
Sistema Possível e Indeterminado (S.P.I)
a a− = ⇒ =1 0 1 e
2 0 2 1 2 2− = ⇒ = ⇒ ⋅ = ⇒ =am am m m
9.
a) Substiuindo o valor de z na segunda equação do siste-ma, tem-se:2y + 0,25 = 0,55
y = 0,15
Substituindo o valor de y e de z na primeira equação do sistema, tem-se:
3x + 0,15 – 0,25 = 0,20
3x = 0,30
x = 0,10
b) Sendo z = 10%, têm-se as seguintes relações:24 54
24 10 54
14 4444 44
% %
% % %
% %% %
≤ + + ≤≤ + + ≤
≤ + ≤+ ≤ → ≤ −+ ≥
x y z
x y
x yx y y x
x y 114 14% %→ ≥ − y x
Além de x ≥ 10% e y ≥ 20%
No gráfico, têm-se as seguintes retas:
y = 44% – x
y = 14% – x
y = 20%
44% 14%
14%
20%
44%
10%
y
x
x = 10%
A região definida pelas restrições é:
y = 44% – x
y = 20%
44% 14%
14%
20%
y
x
x = 10%
y = 14% – x
44%
10%
Logo, a região de teores (x, y) admissíveis para tal ferti-lizante é a região determinada pelo triângulo de vértices (10%, 20%); (24%, 20%) e (10%, 34%).
10. Gabarito: a
Observando que a < b < c são números inteiros e consecu-tivos, transformando a solução (a, b, c) em (b – 1, b, b + 1) e substituindo na primeira equação, tem-se:
(b – 1) + 2b + 3(b + 1) = 20 ⇒ 6b = 18
b = 3
Assim, a solução será: (2, 3, 4).
Substituindo essa solução na segunda equação, tem-se:
7 · 2 + 8 · 3 – m · 4 = 26 ⇒ 14 + 24 – 26 = 4m
12 = 4m
m = 3
126 2ª. Série
11. Gabarito: d
Para que o sistema seja possível e indeterminado, uma ca-racterística das equações é que elas devem ser proporcio-nais, então:
aa
a
aa
a ea
aa
Logo a
14
2
14
24
22
2
2
2
= =−
= ⇒ = ± =−
⇒ = −
= −,
12. Gabarito: a
O sistema formado será
x y
x z m
y z
+ =+ =+ =
3
5
. Pela Regra de Cramer, tem-se:
D D= → = −1 1 0
1 0 1
0 1 1
2
Como o determinante principal é diferente de zero, então o sistema é S.P.D para qualquer valor de m.
13.
SPD: a
a11
≠
a
a
e
a
2 1
1
1
≠ →≠
≠ −
SPI: a
a b11 1
= =
a
a b
ou
a b
2 1
1 1
1 1
= →= → =
= − → = −
SI: a
a b11 1
= ≠
Para a =1: 11
11≠ → ≠
bb
Para a = –1: 11
11
−≠ → ≠ −
bb
Conclusão:
SPD a b
SPI a
SI a
: ;
:
:
≠ ≠ − ∈= = − = −
=
1 e a
1 e b = 1 ou a 1 e b
1 e b
1
1
�
≠≠ = − ≠ −
1 ou a 1 e b 1
14. Escalonando, tem-se:
x y
x y
x y
+ =+ =− = −
5
0 2
0 6
Sistema impossível, pois encontram-se dois valores simul-tâneos para a mesma incógnita.
15. Escalonando, tem-se:
x y t z
x y t z
x y z t
+ + + =+ + + =+ + + =
2
0 3 3 1
0 0 0 0 0
Sistema possível e indeterminado. O conjunto solução é definido por:
S: {(1 + 2β + 2α); (1 – 3β – 3α); β; α}, ∀α, β ∈�.
16.
−
+ =
+
=
⇒− ( )−log log
log log
log1 7
12
1 112
1
xy
xy
x ++ =
+ ( ) =
⇒
( ) + =
−
−
log
log log
log log
log log
y
x y
x y
x
712
112
712
1
yy =
112
Fazendo troca de variáveis, tem-se: log x = a e log y = b
O sistema fica, então:
a b
a ba a b
+ =
− =
⇒ = → = =
7121
12
28
1213
14
;
Logo, log
log
x x a
y y a
= → = → =
= → = → =
13
10 10
14
10 10
13
1
13
14
2
14
Cálculo da razão da P.G.:
q q q= → = → =− −10
10
10 10
14
13
14
13
112
Cálculo do vigésimo termo:
a a q a
a a
20 119
20
13
112
19
20
13
1912
20
10 10
10 10 10
= ⋅ ⇒ = ⋅
⇒
= ⋅ ⇒ =
−
− −− 54
127Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
17. Escalonando, tem-se:
2 7
2 8
2 9
2 9
2 8
2 7
x y z
x y z
x y z
x y z
x y z
x y z
+ + =+ + =+ + =
⇒
+ + =+ + =+ + =
⇒
+ + =+ − = −− − = −
⇒
+ + =+ − = −+
x y z
x y z
x y z
x y z
x y z
x
2 9
0 1
0 1 3 11
2 9
0 1
0 00 4 12y z− = −
Assim, z = 3, y = 2 e x = 1.
Produto: x · y · z = 6
A circunferência tem, então, diâmetro igual a 6 e, conse-quentemente, raio igual a 3.
Área do círculo: A A= ⋅ → =π π3 92
GEOMETRIA PLANA
18. Gabarito: e
Em 60 minutos, o ponteiro menor descreve um ângulo de 30°. De meio-dia até 1 h e 24 min, o tempo decorrido foi de 84 minutos. Sendo α a medida do ângulo formado pela posição inicial e atual do ponteiro menor do relógio, temos:6084
30 6084
3060 2 520 42
minmin
= ⇒ =°
⇒ = ° ⇒ = °α α
α α°
19.
a) Para dois polígonos serem considerados semelhantes, a razão entre os lados correspondentes precisa ser constante. Veja:
Rcomp = 60 cm50 cm
→ Rcomp = 1,2
Rlarg = 55 cm45 cm
→ Rlarg = 1,222...
Rlarg ≠ Rcomp
Não são semelhantes.
b) Igualando as duas razões para a medida k, tem-se:R R
k k
k k
k
l comparg =
+=
+
+ = +=
45 245
50 250
90 100
0
2 250 2 250
Não existe k real positivo.
20. a) Sendo SQ a área do quadrado Q e SK a área do quadrado
K, temos que:S n S S n SQ K Q K= ⋅ + ⇒ = +1
Supondo n = 19 e S cmQ = 100 2 :
100 19 81 92= + ⇒ = ⇒ =S S cm cmK K k
Assim, o lado do quadrado K mede 9 cm.
b) S n SQ K= +Se o lado do quadrado K mede 8 cm, então
S cm cmK = ( ) =8 642 2 . Supondo também que n = 57,
temos:
S cm cmQ Q= + = ⇒ =57 64 121 112
Assim, o lado do quadrado Q mede 11 cm.
21. Gabarito: c
Dimensões da avenida: 18 m x 1 500 m
Área da avenida: A = 18 · 1 500 = 27 000 m2
Número de particiantes: N N= ⋅ → =27 000 40 50015, participantes
22. Gabarito: d
Pela simetria que um paralelogramo apresenta, tem-se:
6 m2
3 m2
6 m2
3 m2
Área = 15 m2
23. Gabarito: b
Pelas informações do enunciado, tem-se:
x – 4
x + 4
x
6 cmA B
C
P
D
Aplicando as relações de Potência de Ponto, fica:
PA · PB = PC · PD
(x + 4) · 6 = (x – 4) · x
6x + 24 = x2 – 4x
128 2ª. Série
x2 – 10x – 24 = 0
x = 12 ou x = – 2 (não convém)
Assim, o diâmetro AB da circunferência fica AB = 22 cm e, consequentemente, o raio R = 11 cm.
Cálculo da área:
A R
A
A cm
== ⋅=
π 2
2
2
3 14 11
379 94
,
,
24. Gabarito: a
Como a diagonal de um quadrado de lado 1 mede 2 , a figura pode ser anotada da seguinte maneira:
1
1
1
1 1 1 1
11
11
1 1 1 2 2
2 2
O comprimento de arame será:
C = 14 + 4 2
como 2 14= , podemos escrever 14 = 10 ∙ 1,4
C = 10 2 + 4 2
C = 14 2
25. Aplicando a potência de ponto, tem-se:
EA ∙ EC = EB ∙ ED
2x · (x + 3) = x · (3x – 1)
2x2 + 6x = 3x2 – x
x2 – 7x = 0
x = 7 ou x = 0 (não convém)
26. Gabarito: e
Considerando que, numa escala, a razão entre as áreas é igual ao quadrado da razão entre os lados, tem-se:
5 000
5 000
m
cm
x
cm
cm
x
x
2
2
2
4 2
2
2
6
50 10
10
50 10
1010
=
⋅=
=
=
===
2
62
2 8
10100
10000
100
x
x
x cm
x m
10
5 000
5 000
m
cm
x
cm
cm
x
x
2
2
2
4 2
2
2
6
50 10
10
50 10
1010
=
⋅=
=
=
===
2
62
2 8
10100
10000
100
x
x
x cm
x m
10
27. Gabarito: d
Ângulo: x
Complemento: 90o – x
Suplemento: 180o – x
18090
2100
360 2 90 200
70
o
o
o
o o o
o
xx
x x
x
− =−( )
+
− = − +=
28. Gabarito: c
Observe na figura a seguir que o triângulo destacado é isós-celes e que y é a medida do ângulo interno do polígono regular de 9 lados.
y
x
yo o
o=⋅ −( )
=⋅
=180 9 2
9180 7
9140
Então, do triângulo destacado:
x x y x xo o o+ + = ⇒ + ° = ⇒ =180 2 140 180 20
29. Gabarito: e
Os triângulos AEC e BDC são semelhantes. Logo:
BDAE
DCEC
EC DE DC
AE
BD
DE
DCDC
DC
=
= +===
⇒ =+
⇒
= +
5
4
3
45 3
5 12 44 12DC DC⇒ =
129Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
Assim, EC = 3 + 12 = 15. Aplicando o Teorema de Pitágoras
no triângulo AEC, temos:
AC AE EC
AE
EC
AC
AC
AC
2 2 2
2 2 2
2
5
15
5 15
25 225
5 10
= +==
⇒
= + ⇒= + ⇒
=
30. Gabarito: a
Os triângulos DAB e DEM são semelhantes. Então:
ABEM
DADE
AB
DA
DE
EM
EM
=
===
⇒
= ⇒
=
1
2
1
1 2112
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo DEM, temos:
DM DE EM
DE
EM
DM
DM
DM
2 2 2
2 22
2
1
12
112
54
52
= +=
=
⇒
= +
⇒
= ⇒
=
Logo:
EH HM EM
HM DM
DM
EM
EH
EH
= −=
=
=
⇒
= − ⇒
=−
=− +
52
12
52
12
5 12
1 52
31. Gabarito: c
Os dados permitem a construção da seguinte figura:
A
CQ
O
P
B
2 cm
3 cm
3 cm
3 cm
Do triângulo retângulo APO, tem-se:
OA2 = OP2 + AP2
52 = 32 + AP2
AP = 4 cm
Da semelhança entre os triângulos AOP e AQC, tem-se:
QCQC cm
384
6= ⇒ =
Da figura sabe-se que BC = 2 · QC, ou seja, BC = 12 cm.
32. Gabarito: a
Pelo enunciado e considerando que o hexágono regular é trabalhado como sendo a junção de 6 triângulos equiláteros iguais, tem-se:
25 ma
A distância de 25 metros corresponde a duas alturas de um triângulo equilátero que forma o hexágono regular. Assim:
25 23
225
3
25 33
= ⋅ ⇒ = ⇒ =a
a a m
A área da piscina fica:
Aa
a
A
A
A
= ⋅ ⋅
= ⋅
⋅
= ⋅ ⋅
≅ ⋅
≅
3 63
4
92
25 33
3
92
18759
3
18752
173
1621
2
2
,
mm2
130 2ª. Série
Aa
a
A
A
A
= ⋅ ⋅
= ⋅
⋅
= ⋅ ⋅
≅ ⋅
≅
3 63
4
92
25 33
3
92
18759
3
18752
173
1621
2
2
,
mm2
33. Gabarito: d
Observe a figura a seguir onde o triângulo em destaque, cujos vértices são os centros das circunferências, é equilá-tero, de lado L = 4x (x é a medida do raio da circunferência).
d h
Observe ainda, na figura, que h = d + 2x, sendo d a altura do triângulo equilátero:
dL x
d x= = ⇒ =3
24 3
22 3
h d x x x x
x x x
= + = + = ⋅ +( ) =
= ⋅ +( ) = ⋅ =
2 2 3 2 2 3 1
2 17 1 2 2 7 5 4, , ,
h x cm= 5 4,
34. Pode-se analisar a figura da seguinte maneira:
área dojardim e da
casaárea de
lazer
F
A
B
E
9 m13 m
x + 2
x
C
D
Observe que AE é hipotenusa comum aos triângulos retân-gulos ABE e AFE, assim:
13 9 2
169 81 4 4
84 4
21
2 2 2 2
2 2
+ = + ++ = + + +
==
x x
x x x
x
x m
( )
Logo, AB = 21m e EF = 23 m
35.
a) Como o diâmetro AB mede R e o semicírculo de cen-tro O tem diâmetro de medida 2R, então AO BO R= = ,
ou seja, o triângulo OAB é equilátero. Assim, o ângulo AOB mede 60°. Portanto, o perímetro da parte som-breada é dado por:
22
216
22 3
56
ππ
π π πR
RR R R
+ ⋅ = + =
b) A área da região sombreada é igual à área de um semi-círculo de diâmetro AB, menos a área de um setor cir-cular de 60°, cujo raio mede R, mais a área do triângulo equilátero OAB.
12 2
16
34
8 63
4
243
4
43
6
22
2
2 2 2
2 2
2
π π
π π
π
π
RR
R
R R R
R R
R
− +
− +
− +
−
=
=
=
=
=
=
.
36.
a) Observe na figura do enunciado que AD = 80 = 2R, em que R é a medida do raio da circunferência.
Portanto, R = =802
40 . Assim, QO = 40.
b)
M
Observe na figura acima que:
(I) M é o ponto médio de BC e Q é o ponto médio de BD. Então, MQ é paralelo a CD e, consequentemente, os ângulos MQB e CDB são congruentes.
(II) MQ é um diâmetro da circunferência. Portanto, o triângulo MPQ é retângulo em P.
(III) De (I) e (II) conclui-se que os triângulos MPQ e BCD são semelhantes.
(IV) Do triângulo BCD:
BD CD BC
BD BD
2 2 2
2 2 2160 80 80 5
= + ⇒
= + ⇒ =(V) Da semelhança entre os triângulos MPQ e BCD:
131Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
PQCD
MQBD
PQ
PQ PQ
= ⇒ = ⇒
= = ⋅ ⇒ =
16080
80 5
160
5
160
5
5
532 5
37. Gabarito: a
A área do retângulo original é A XY1 = .
Após o comprimento aumentar Y% e a largura aumentar X%, a área do novo retângulo será igual a:
A XY
X YX
Y
A XY
YX
2
2
100 100
1100
1100
= + ⋅
⋅ + ⋅
= ⋅ +
⋅ ⋅ +
= ⋅ + + +
= + ⋅ + +
A XYX Y XY
A XY XYX Y XY
2 2
2
1100 100 100
100 100 1100
100100
100
2
2 1 1
2 1 1
= + ⋅+ +
= + ⋅ + +
A A AX Y
XY
A A A X YXY
%
Portanto, a área aumentará X YXY
+ +
100
% .
38.
a) Observe na figura do enunciado que o triângulo POT é retângulo em O. Então:
tgh
POh
POPO ho45 1 2 3( ) = ⇒ = ⇒ = =
b) Observe, na figura a seguir, que os triângulos retângu-los PBO e PAO são congruentes.
P
B
α
α
A
2O
3
3
3
Logo, 2α é a medida do ângulo AOB .
Do triângulo PBO:
cos α
α α
( ) = = ⇒
= ⇒ =
3
2 3
12
60 2 120o o
Portanto, o ângulo AOB mede 120°.
c) Do triângulo retângulo POB:
2 3 3 32
22( ) = + ( ) ⇒ =PB PB
Os triângulos PBO e PAO são congruentes. Então PA = PB = 3.
Observe agora a figura a seguir:
P
B
120o
3
3
A
2O
3
3
3
A área da sombra projetada pelo cone é igual à área do quadrilátero APBO menos a área do setor circular de
raio r = 3 , cujo ângulo central mede 120°. Portanto:
S S S
S
sombra APBO setor
sombra
= −
= ⋅⋅
−
°°
⋅ ⋅ ( )
23 32
120360
32
π
=
= −3 3 π
39. Gabarito: e
Pode-se ilustrar a seguinte situação:
B
y yh
x
x
A
CD
O
θ2
132 2ª. Série
Assim, tem-se:
tg
x
htg
xh
hx
tg
θ θθ2
22 2
22
= ⇒
= ⇒ =⋅
Fazendo a relação entre as áreas proposta no enunciado, fica:
xx h
xx x
tg
xx
tg
xx
tg
2
2
22
22
2
22
2
42
42
>⋅
> ⋅⋅
>⋅
−⋅
θ
θ
θ
>
−⋅
>
0
11
42
02xtg
θ
Sendo x uma medida, sabe-se que x2 > 0 e tgθ2
0
> .
Para que o produto seja positivo, é necessário que
11
42
0−⋅
>tg
θ, assim:
11
42
02
14
−⋅
> ⇒
>tg
tgθ
θ
ou seja, tgθ2
0 25
> , e pelos dados do enunciado, temos
152
90
30 180
º< < °
° < < °
θ
θ
Qualquer intervalo contido em 30°< θ <150° pode ser so-lução.
40. Gabarito: b
a
12 cm
3 cm3 cm
b
A
B M C
Aplicando Teorema de Pitágoras, tem-se:
122 = 62 + AB2
AB cm= 6 3
Pode-se montar a seguinte relação:
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
A a b
a A b
tga tg A b
tgatgA tgb
tgA tgb
= +
= −
= −( )
=−
+ ⋅=
−
+1
6
6 3
3
6 3
16
6 33
3
6 3
1
2 3
116
1
2 376
3
7 3
37
⋅=
+=
= ⇒ =tga tga
41.
100 m2x
x
100 m
a) Tem-se que: 2x · x = 320 000
x2 = 160 000
x = 400 m
A APP é formada, então, por dois retângulos iguais de lados 400 m e 100 m, por outros dois retâgulos iguais de lados 800 m e 100 m além de quatro quartos de cír-culo de raio 100 m (ou seja, um círculo de raio 100 m). Assim:
APP = 2 ∙ 400 ∙ 100 + 2 ∙ 800 ∙ 100 + π · 1002
APP = (240 000 + 10 000π) m2
Usando π = 3,14, temos aproximadamente 271 400 m2
b) V V
V V
t
t
t
t
t
=
=
==
− ⋅ = −⋅ =
−
−
−
0 10
2 0 10
2 0 10
2 0 10
2 1
0 3
0
0 0
,
,
,
log log ,
log
, 11
1033 10
t
t meses e dias
=
=
133Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
42. Gabarito: a
A
x
y
z
x y
z z
B
D C
Da figura temos: x y z
y zx z
= +=
⇒ =2
3
Então: ABBC
x yy z
z zz z
zz
ABBC
=++
=++
= ⇒ =3 22
53
53
43.
rr
a
2r
a) Aplicando Teorema de Pitágoras no triângulo AEO (re-tângulo em E), tem-se:(3r)2 = r2 + AE2
AE r= 2 2
Os triângulos AOE e ABD são semelhantes, assim:
3 2 22
3 22
rAB
rr
AB r
=
= ⋅
b) Pelas relações métricas de um triângulo retângulo apli-cadas em ACO, tem-se:CO r r
CO r
2 3
3
= ⋅
=
44. Gabarito: b
Com as informações, forma-se o seguinte:
z 6 – z
3 – y
y
x
3
6 – x
Igualando as tangentes dos ângulos iguais nos triângulos retângulos PQF e QPH, tem-se:
36
36−
=−
⇒ =x z
x z
Igualando as tangentes dos ângulos iguais nos triângulos retângulos GBH e GAF, tem-se:
yx
yz
y cm=−
⇒ =3 3
2
Sendo assim, o ponto G é ponto médio de AB e os triângulos HPQ e HBG são semelhantes na razão 2 : 1. Logo:
6 – z = 2z
z = 2 cm
A figura fica:
2 4
2
3
4
3 2
3 2
Aplicando Teorema de Pitágoras, tem-se:
PF = HQ = 5 cm
FG = GH = 2,5 cm
O trajeto percorrido é igual a:
PF + FG + GH + HQ = 5 + 2,5 + 2,5 + 5 = 15 cm.
45. Gabarito: a
Para ϕπ
=2
, tem-se:
2 x
xx
S
T
x
x x
S
T
x
x
S
T
ϕϕ
πϕϕ
πϕϕ
( )( ) =
⋅ ⋅
⋅
⇒( )( ) = ⇒
( )12
22
2
4
2
22
2 (( ) =π2
134 2ª. Série
46. Gabarito: b
Traçando as duas diagonais, formam-se dois triângulos re-tângulos e, aplicando o Teorema de Pitágoras em cada um deles, tem-se os seguintes segmentos:
2 x
3 x
x
x
45o 90o
xx
x
Forma-se então um triângulo obtusângulo cujo maior ângu-lo é θ. Aplicando a Lei dos Cossenos, tem-se:
x x x x x
x x x
o
3 2
3 2 2
12
120
22 2
2 2 2
( ) = + − ⋅ ⋅ ⋅
= − ⋅
= −
=
cos
cos
cos
θ
θ
θ
θ
47.
a)
d
30o
senrd
rd
d r
o30
12
2
=
=
=
Na figura, percebe-se que R = d + r, assim, R = 3r.
Calculando a razão solicitada, tem-se:
S
Sr
R
S
Sr
r
S
S
seto
círculo
círculo
r
setor
se
=⋅
=( )
π
π
2
2
2
2
166
3
ttor
=23
círculo
b)
d
θ/2
Se R = 4r e R = d + r, tem-se:
4r = d + r
d = 3r
senrd
senrr
senθ θ θ
θ
2 2 3 213
12
13
1
= ⇒
= ⇒
= ⇒
−= ⇒
cos −−= ⇒ =
coscos
θθ
219
79
48. Gabarito: c
8
8
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo DFA, tem-se:
102 = 82 + FD2
FD = 6
Temos a seguinte situação então:
8 – b
6
b
b
8
Aplicando Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo des-tacado, tem-se:
(6 + b)2 = 82 + (10 – b)2
36 + 12b + b2 = 64 + 100 – 20b + b2
32b = 128
b = 4 cm
Calculando a área do trapézio, tem-se:
A
A cm
=+( )⋅
=
10 4 8
256 2
135Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
49. Gabarito: c
x
x
x
c
b
dc
ba
Dividindo o ângulo α em três partes (a, b e c), tem-se:
a = 60°, pois é o ângulo interno do triângulo equilátero.
b = 45°, pois é o ângulo entre a diagonal e um dos lados do quadrado.
No triângulo isósceles FAB, conclui-se que o ângulo d = 135°, pois:
d + b = 180°
d + 45° = 180°
d = 135°
Ainda no triângulo FAB, tem-se:
d + 2c = 180°
135° + 2c = 180°
c = 22,5°
Logo, tem-se:
α = a + b + c
α = 60° + 45° + 22,5°
α = 127,5°
50. Gabarito: d
a
a
a
b b
c
22,5o
135o
45o
90o
22,5o
67,5o 67,5o
Com os valores anotados e considerando que em um triângulo isósceles os ângulos opostos aos lados iguais também são iguais entre si, pode-se concluir no triângulo BEF que:
x + 67,5° + 67,5° = 180°
x = 45°
51. Gabarito: d
α α
180o – 2α
55
A sen
A sen
o= ⋅ ⋅ ⋅ −( )= ⋅ ( )
12
5 5 180 2
252
2
α
α
Como 0° < α < 90°, a área máxima acontecerá quando
sen (2α) = 1, assim:
sen (2α) = 1 ⇒ 2α = 90° ⇒ α = 45°
Assim, 40° ≤ α < 50°
52.
a) Pela simetria característica do Tangram, tem-se as se-
guintes medidas:
4 2 x
4 2 x
4 2 x
4 2 x
4 2 x
4 2 x
4 x
2 x
2 x
2 x
2 x
2 2 x
x x x xx
x x x
x x
22
22
22
24
24
22
4
4 8 8
4 4
2
2 2 2
2 2
⋅= ⋅
⋅+
= +
=
136 2ª. Série
b)
4 2 x
4 2 x
4 2 x
4 2 x
4 2 x
4 2 x
4 x
2 x
2 x
2 x
2 x
2 2 x
x xx x x x
x x x x x2 4
2 22
22
22
2
8 8 4 4 4
2 2 2 2 2
⋅ +⋅
=⋅
⇒
+ = ⇒ =
53. O retângulo resultante é:
2a
( 5 – 1)a
A razão entre os lados fica:
Ra
aR
R R
=−( ) ⇒ =
−( ) ⋅+( )+( ) ⇒
=+( )
⇒ =+( )
2
5 1
2
5 1
5 1
5 1
2 5 1
4
5 1
2
Ou seja, é um Retângulo de Ouro.
54. Gabarito: a
1. Com a moeda, o lápis e a folha de papel, traçar a circun-ferência determinada pela moeda.
2. Marcar inicialmente dois pontos distintos na circunfe-rência e traçar o segmento determinado por eles.
3. Abrindo o compasso numa abertura menor que o com-primento do segmento, traçar arcos com centros nos dois pontos extremos do segmento;
4. Com o auxílio da régua, traçar a reta determinada pelos pontos de intersecção dos arcos traçados. Essa reta é a mediatriz do segmento formado pelos dois pontos da circunferência.
5. Marcar um terceiro ponto na circunferência formando um triângulo inscrito nela e, repetindo os passos 2, 3 e 4 para cada lado do triângulo, teremos o ponto de encontro das mediatrizes dos lados de um triângulo que é chamado circuncentro – o centro da circunferência circunscrita ao triângulo.
C
Conclusão: são necessários 3 pontos marcados na cir-cunferência para poder determinar seu centro, dispon-do dos materiais descritos no enunciado.
137Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
55.
r
P
Definindo o ponto P na figura, tem-se que a area do triângu-
lo CBP é igual a soma da área do triângulo COB com a área
do triângulo OBP, assim:
R s R r r s
R s R r r s
⋅=
⋅+
⋅
⋅ = ⋅ + ⋅2 2 2
56.
30 m 72o
yy
x
34 m
30 m
( )
10 m
10 m10 m(98 – x) m LF
LA
*Cálculo da distância AD’:
AD AD L y
AD
AD
A’
’
’
= +
= + +
= + +
⋅ ⋅
−( )+
98
98 12 16
15
2 30 34 302 2π
πAAD
AD
AD metros
’
’
’
= += +=
⋅114 12
114 12 3
150
π
AD AD L y
AD
AD
A’
’
’
= +
= + +
= + +
⋅ ⋅
−( )+
98
98 12 16
15
2 30 34 302 2π
πAAD
AD
AD metros
’
’
’
= += +=
⋅114 12
114 12 3
150
π
* Cálculo de FB (segmento igual a x):
FC’ = AD’
(98 – x) + LF + y = 114 + 12π
98 – x + 15
2 40⋅ ⋅
π + 16 = 114 + 12π
114 – x + 16π = 114 + 12π
x = 4π
x = 4 ∙ 3
x = 12 m
57. Gabarito: e
Usando a simetria característica do Tangram, a área hachu-
rada pode ser considerada como 7/8 da metade da área do
quadrado, veja:
BA
CD
6378
12
12
2= ⋅ ⋅
=
x
x cm
GEOMETRIA EUCLIDIANA
58. Gabarito: c
I. Incorreta
Se uma reta é paralela a um plano, não existe ponto
comum. Se uma reta está contida em um plano, todos
os pontos da reta pertencem ao plano.
II. Correta
Dadas duas retas sem ponto comum, temos duas pos-
sibilidades. Quando existe um plano que as contém, são
paralelas. Quando não existe um plano que as contém,
são reversas.
III. Correta
Dois planos paralelos não têm ponto comum. Se uma
reta está contida em um deles, não tem ponto comum
com o outro plano, ou seja, é paralela ao outro plano.
IV. Incorreta
Duas retas paralelas a um plano podem ser paralelas
entre si, concorrentes ou reversas.
59. 1 Plano
138 2ª. Série
3 Planos
60. Cada face do cubo é um plano diferentes que contém 4 dos 8 vértices do cubo, ou seja, são 6 planos.
Cada plano formado por duas arestas paralelas e duas dia-gonais de faces paralelas também tem 4 dos 8 vértices do cubo, ou seja, são 6 planos.
Total: 12 planos.
61. Os planos determinados pelo vértice fora do plano com quaisquer outros dois do plano mais o plano que contém os 7 pontos. Assim:
N C
N
N
= ⋅ += +=
1 1
21 1
22
72
62. N C C C C C
N
N
= − − − − += − − − − +=
152
22
32
42
52 4
105 1 3 6 10 4
89
63. Se plano do triângulo for paralelo ao plano que será feita a projeção, a figura gerada será outro triângulo congruente (verdadeira grandeza).
Se o plano do triângulo for perpendicular ao plano que sera
feita à projeção, a figura gerada será um segmento de reta.
Se o plano do triângulo for oblíquo ao plano que sera feita à projeção, a figura gerada será outro triângulo não con-gruente.
64. Gabarito: c
a) FALSO – a reta pode estar contida no plano, ou os pla-nos podem não ser perpendiculares, conforme a figura a seguir.
t
s
b) FALSO – a reta pode estar contida no plano e as retas coplanares podem ser paralelas entre si, por exemplo:
c) VERDADEIRO.
d) FALSO – ela pode estar contida no outro plano.
e) FALSO – elas podem ser concorrentes entre si ou re-versas.
65. Gabarito: b
I. FALSO – Escollhedo duas retas (uma de cada plano) elas serão paralelas ou concorrentes e não necessaria-mente perpendiculares.
II. VERDADEIRO.
III. VERDADEIRO.
MATRIZES
66. Gabarito: c
Uma matriz A é simétrica se A = At, em que At é a matriz transposta de A. Assim, temos:
1 3 2
4 5 5
2 3 0
1 4 2 3
5
3 2
x y z y z
y z z
y z
x y z z
y z
+ + − +−
− +
=
=− +
+ +− + −55 0
4
5
3 2 2 3
9
5
2 6
+ + == −
− + = − +
⇒
+ == −
=
x y z
z
y z y z
x y
z
y
⇒ = = = −x y e z6 3 5,
1 3 2
4 5 5
2 3 0
1 4 2 3
5
3 2
x y z y z
y z z
y z
x y z z
y z
+ + − +−
− +
=
=− +
+ +− + −55 0
4
5
3 2 2 3
9
5
2 6
+ + == −
− + = − +
⇒
+ == −
=
x y z
z
y z y z
x y
z
y
⇒ = = = −x y e z6 3 5,
Portanto, x = 6.
67. a) Número de pães = 1 2
100 200 200 300
40 80 60 80[ ]⋅
Número de pães = 180 360 320 460[ ]
Valor total em reais = 1,50 2,50100 200 200 300
40 80 60 80[ ]⋅
Valor total em reais = 250 500 450 650[ ]
139Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
MATRIZES
b) Número de pães = 180 + 360 + 320 + 460
Número de pães = 1 320
Valor total em reais = 250 + 500 + 450 + 650
Valor total em reais = 1 850
68. a) AT = –A
a c
b
a
b
c
−−
=− − −
−−
1
1 0 2
1 0
1 1
1 0
2 0
a = – a, ou seja, a = 0
1 = – c, ou seja, c = – 1
– 2 = – b, ou seja, b = 2
b)
A
x
y
z d
c
x
y
z
=
− −−
⋅
1
1
1 1 1
1 0 1
2 0
=
+ + =− − =
− =
1
1
1
1
2
d
x y z
x z
cx y d
Pela Regra de Cramer, para ser SPI tem que:
D
c
c c
Dx
d
d d
= − −−
= ⇒ − + − = ⇒ =
= −−
= ⇒ − − − = ⇒ = −
1 1 1
1 0 1
2 0
0 2 2 0 0
1 1 1
1 0 1
2 0
0 2 2 0 44
69.
a)
A Aα α
α
α
α
αα
α
+ =− −
+
− −
=
=− −
2
1
11
1 2
12
1
2 3
32
2
+( ) =− −
⋅
− −
=
=−
−
A Aα α
α
α
α
α2
22 3
32
2
2 3
32
2
12
0
012
A Aα α
α
α
α
αα
α
+ =− −
+
− −
=
=− −
2
1
11
1 2
12
1
2 3
32
2
+( ) =− −
⋅
− −
=
=−
−
A Aα α
α
α
α
α2
22 3
32
2
2 3
32
2
12
0
012
b)
Ax
ye A
x
y
x y
x y
x y
x
α α
α
αα
α
=
−
=
+
− −
+
−
6
21
1−−
=
−
⇒
+ = −
− − =
⇒
+ = −+ = −
y
x y
x y
x y
x y
6
2
6
12
6
2
α
ααα α
Note que o sistema encontrado terá solução se, e so-mente se, – 6 = – 2α, ou seja, α = 3.
70. Gabarito: c
Pelas informações das quantidades de moradores, têm-se as seguintes equações:
a a a a a a
a a a11 12 13 21 22 23
13 23 33
3
12
+ + = + + ++ + =
4 5 1 3 3
5 1 12
+ + = + + ++ + + =
x y
y x
x y
x yx y
− = −+ =
⇒ = =2
62 4;
O valor n é:
n = 20 + 2x + 2y
n = 20 + 4 + 8
n = 32
71.
a)
Pq
a bq
cq
dq
Pq
−
= + ⋅ −
+ ⋅ −
+ ⋅ −
−
1 1 1 1
1
2 3
= − + −
−
= − + −
−
= −
abq
c
q
d
q
Pq
aaqq
aq
q
aq
q
Pq
a a
2 3
2
2
3
3
1
1++ −
−
=
a a
Pq1
0
Ou seja, −
1q
é raiz de P(x).
140 2ª. Série
b)
a c
d b
x
y
e
f
ax cy e
dx by f
ax aq y
=
+ =+ =
+ =2 ee
aq x aqy f3 + =
Pela Regra de Cramer, para ter solução única tem que:
Da aq
aq aq
a q a q
a q q
a q q
e
q
q
e
q
= ≠
− ≠
−( ) ≠
≠ → ≠
− ≠≠
≠ −
2
3
2 2 5
2 4
2
4
0
0
1 0
0 0
1 0
1
1
Como a P.G. é formada por números reais não nulos, então a razão q deve ser real, ou seja, q ≠ 1 e q ≠ – 1.
72. Gabarito: a
Embora o enunciado induza ao cálculo da matriz inversa pela definição, isso pode ser feito pelo método do adjunto, assim:
Se A =−
2 1
0 1 e det A = –2, então,
AA
A A
−
− −
= ⋅− −
=
−−
−−
− −
→ =
1
1 1
1 1 1
0 2
12
12
02
22
1
det
2212
0 1−
Como B = A-1, então, 12
12
0 1−
=
x y
z w. Assim:
x y z w= = = = −12
12
0 1; ; ;
Logo, x y z w+ + + = 0 .
73. Gabarito: a
X A B
X A A B A
X
X
Identidade
⋅ =⋅ ⋅ = ⋅
= [ ]⋅−
−
= − − +
− −1 1
8 33 1
5 2
24 15 8
66
9 2
[ ]= −[ ]X
X A B
X A A B A
X
X
Identidade
⋅ =⋅ ⋅ = ⋅
= [ ]⋅−
−
= − − +
− −1 1
8 33 1
5 2
24 15 8
66
9 2
[ ]= −[ ]X
A soma é igual a 7.
74. Gabarito: cX A B
X
m n
xx
xx
x
⋅ =
⋅−
= [ ]
[ ] ⋅−
= [ ]
1 4
2 05 8
1 4
2 05 8
2 21 2
1 22 2
1 22
2 5
4 82 3 5
15
m n
mm n
m n
+ =− =
⇒ = − =
+ =
e ,
,
75. Gabarito: d
A + BX = X + 2C
BX – X = 2C – A
(B – I)X = 2C – A, sendo I a matriz identidade de ordem n.
Para que a equação tenha uma única solução, (B – I) deve ser invertível, ou seja, det, (B – I) ≠ 0. Assim sua solução será:
(B – I)–1 ∙ (B – I) X = (B – I)–1 ∙ (2C – A)
I ∙ X =(B – I)–1 ∙ (2C – A)
X = (B – I)–1 ∙ (2C – A)
76. A A A A A
A A A A A
k = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅−
...
...k vezes
k vezes
� ����� �����
� �
0
1����� �����
� ����� �����
= ⋅
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =
−
−
A
I A A A A
A
1 0
0...(k - 1 ) vezes
11 1 0⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
−A A A A A
I A A A A
...
...(
(
k - 1) vezes� ����� �����
kk - 2 ) vezes
k - 3) vezes
� ����� �����
� ��
=
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅−
0
1A A A A A...(���� �����
� ����� �����
= ⋅
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =
−A
I A A A A
1 0
0...
(..(k - 3 ) vezes
..)
A A A
I
− −⋅ = ⋅=
1 1 0
0 (ABSURDO)
77. (ABCD)t = [(AB)(CD)]t
(ABCD)t = (CD)t (AB)t
(ABCD)t = Dt Ct Bt At
141Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
78. Sejam A, B e C matrizes quadradas de ordem n tais que A-1 = B e A-1 = C. Tem-se:
CA B C AB
I B C I
B C
( ) = ( )( ) = ( )
=
Ou seja, a matriz inversa é única.
79. Gabarito: b
Se A é invertível, então
det A
a
a
≠− ≠≠
0
0 0
0
Se A2 = A, então:
a
b
a
b
a
b
a
ab b
a
b
a
0
1
0
1
0
1
0
1
0
1
2
⋅
=
+
=
22 2 0 1 00
1
00
0
0
= → − = → −( ) ===
+ = → ===
≠
a a a a aa
a
ab b b aba
b
a
Como a ≠ 0, temos a = 1 e b = 0.
DETERMINANTES
80. Gabarito: b
*Cálculo do determinante de M
det
det
det
det
M
a
b a
b
M a b ab ab
M a b ab
M a b
=
= + + − − −= + −
= −( )
1 1
1
1 1
1 1
2
2 2
2 2
22
Como a e b são distintos, então, det M > 0.
*Cálculo da transposta de M
M
a
b a
b
M
b
a b
a
t=
⇒ =
1 1
1
1 1
1 1
1
1 1
Como a e b são distintos, então, M e Mt são distintas.
81. Gabarito: d
Sendo “k” o determinante da matriz, tem-se:
A é uma matriz de ordem 2.det( ) det
,
det det det det det
d
k A k A
Então
A A A A A
⋅ = ⋅
⋅( )( ) = ( ) ⋅ = ⋅ ⇒
2
249
eet det
tan :
det
A A
Por to
x
x
x
ou
x
( ) = ⇒ = ±
+
= ± ⇒
− =
− = −
249 7
3
4 17
3 7
3 77
4
10
⇒
= −
=
x
ou
x
82. Aplicando determinante nos dois lados da igualdade, temos:
det det
det
k Ak
A
x k A
xy
⋅( ) = ⋅
= ⋅
− −1 11� ����� �����
� ����� �����
(( ) ⇒ =⋅( ) ⇒
=⋅
⇒ = ⋅
= ⋅
⇒
−
−
1
1
1
1 1 1
1
xk A
xk A
xk A
yk
A
n n
det
det det
det yyk
A
yk A
Como x y temos que k A
n
n
=
⋅ ( ) ⇒
= ⋅
= ⋅( ) =
−
−
1
1 1
1
1
1
det
det
,kk
A⋅
−1
83. Gabarito: c
Considerando que:
Se trocarmos duas linhas ou duas colunas de posição, o deter-minante muda de sinal;se multiplicarmos apenas uma linha ou apenas uma coluna da matriz por uma constante “k”, o deter-minante também fica multiplicado por “k”; tem-se que:
a b
m n
m n
a b
m n
a b
m n
a b
= ⇒ = − ⇒
⋅ = − ⋅ ⇒ = −
2 2
2 2 22 2
4( )
84. Observe que, no determinante, pela Lei dos Senos, tem-
se que a
senAb
senBc
senC= = , ou seja, a 2ª. e a 3ª. linhas
142 2ª. Série
do determinante são proporcionais. Assim, tem-se que 1 1 1
0a b c
sen A sen B sen C
= . Logo,
y = cos (0)
y = 1.
85. Gabarito: c
Escalonando, tem-se:
a a a a
a b b b
a b c c
a b c d
a
a b a
a b a c b
a b a c b d c
=−− −− − −
=
0 0 0
0 0
00
Assim, a(b – a)(c –b)(d – c) = 0, ou seja:
a = 0 ou a = b ou b = c ou c = d.
86.
A A I
A A I
A A
A
e
A
⋅ =
⋅( ) =
⋅ =≠
≠
−
−
−
−
1
1
1
1
1
0
0
det det
det det
det
det
87. Considerando que, ao trocarmos duas linhas ou colunas de
posição o determinante altera o sinal, e que, cada linha ou
coluna multiplicada por uma constante faz o determinante
ser multiplicado pela mesma constante, temos:
Novo D
Novo D
k
k
= ⋅ − ⋅= − ⋅
−
−
( )1 10
10
2
2
ANÁLISE COMBINATÓRIA
88. Gabarito: b
O número de maneiras para as 10 pessoas se acomodarem, sem qualquer restrição, é P10 = 10!. O número de maneiras em que o casal brigado senta lado a lado é P9 ⋅ P2 = 9! ⋅ 2!. Portanto, o número de maneiras em que o casal senta se-parado é 10! – 9! ⋅ 2! = 10 ⋅ 9! – 9! ⋅ 2 = 9! ⋅ (10 – 2) = = 8 ⋅ 9!.
89. Gabarito: d
O número total de maneiras para dividir os países em
2 grupos é C C84
44 8
4 41 70⋅ =
⋅⋅ =
!! !
.
O número de maneiras em que os 3 sul-americanos ficam no mesmo grupo (A ou B) é 2 2 5 1 105
133⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =C C .
Portanto, o número de maneiras em que não figuram os 3 sul-americanos no mesmo grupo é igual a 70 – 10 = 60.
90. Gabarito: b
A 202 20 19 380= ⋅ = é o número total de jogos.
A 62 6 5 30= ⋅ = é o número de jogos envolvendo dois opo-
nentes paulistas.
P = ≅ =30
3800 079 7 9, , % é a porcentagem de jogos nos
quais os dois oponentes são paulistas.
91. São dez os números primos positivos menores do que 30. A saber: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23 e 29.
Desses dez fatores primos precisamos escolher quatro, dis-tintos, para compor o número.
Existem C 104 10
4 6210=
⋅=
!! !
possibilidades de escolha dos
quatro fatores.
92. Gabarito: c
Com exatamente dezesseis elementos temos as matrizes do tipo 1x16, 2x8, 4x4, 8x2 e 16x1.
Em cada uma dessas matrizes devemos considerar a per-mutação dos dezesseis elementos que a compõem. Como os elementos são distintos, temos 16! matrizes de cada tipo.
Então, 16! matrizes de cada tipo e cinco tipos de matrizes, o número total de matrizes é 5 ⋅ 16!.
93. Gabarito: a
23
3
8
6
6
jogadores
goleiros
defensores
meio campistas
atacantes
-
Se o técnico tem sempre Júlio César como goleiro e Fred como atacante, basta escolher 4 defensores entre 8 dispo-níveis, 3 meio-campistas entre 6 disponíveis e 2 atacantes entre 5 disponíveis.
143Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
ANÁLISE COMBINATÓRIA
C C C84
63
52 8
4 46
3 35
2 3
8 7 6 5 44 3 2 1 4
⋅ ⋅ =⋅
⋅⋅
⋅⋅
=
=⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⋅
!! !
!! !
!! !
!!
66 5 4 33 2 1 3
5 4 32 1 3
70 20 10 14 000
⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅
⋅⋅ ⋅⋅ ⋅
=
= ⋅ ⋅ =
!!
!!
94. Gabarito: b
Para formar o Grêmio, precisamos escolher 3 alunos entre os 7 da primeira série, 3 entre os 6 da segunda série e 3 entre os 5 da terceira série.
C C C73
63
53 7
3 46
3 35
3 2
7 6 5 43 2 1 4
6 5
⋅ ⋅ =⋅
⋅⋅
⋅⋅
=
=⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅
⋅⋅ ⋅
!! !
!! !
!! !
!!
44 33 3 2 1
5 4 33 2 1
35 20 10 7 000
⋅⋅ ⋅ ⋅
⋅⋅ ⋅⋅ ⋅
=
= ⋅ ⋅ =
!!
!!
95.
a) P = (Comp 1) + (Comp 2) + (Comp 3) + + (Comp 4) + (Comp 5)P = (2) + (2 ∙ 2) + (2 ∙ 2 ∙ 2) + (2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2) + + (2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2)
P = 2 + 4 + 8 + 16 + 32
P = 62 palavras
b) P = (Comp 1) + (Comp 2) + (Comp 3) + … ++ (Comp (N – 1)) + (Comp N)
P = (2) + (2 ∙ 2) + (2 ∙ 2 ∙ 2) + … + (2 ∙ 2 ∙ … ∙ 2) + + (2 ∙ 2 ∙ … ∙ 2)
1 000 000 = 2 + 22 + 23 + … + 2(N – 1) + 2N
O termo da direita da igualdade é um soma de P.G. finita, assim:
1 000 000
1 000 000
1 000 002
1 000
≤⋅ −−
≤ −≤
+
+
2 2 22 1
2 2
2
1
1
N
N
N
log 0002( ) ≤
( ) ≤ +( )≤ +( )⋅≤ +≤ →
+log
log log
,
2
10 1 2
6 1 0 30
20 1
19
1
6
N
N
N
N
N Nmin = 19
96. Gabarito: a
Atualmente
− − − − − − − = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅letras a arismos�� ��� ���
lg
26 26 26 10 10 10 10 26 13 00 4
placas
Com a mudança
− − − − − − − = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅letras a arismos� ��� ��� �
lg
26 26 26 26 10 10 10 26 14 00 3
placas
Assim o aumento será de:
26 10
26 101 2 6 1 16
4 3
3 4
⋅⋅
− = − =, ,
97. Gabarito: d
Para ser divisível por 6, é necessário ser divisível por 2 (PAR) e por 3 (SOMA DOS ALGARISMOS É MÚLTIPLO DE 3). Assim, os números que interessam são os números pares formados pelos algarismos: {1, 2, 3} ou {2, 3, 4} ou {3, 4, 5} ou {1, 3, 5}.
N = (2 ∙ 1 ∙ 1) + (2 ∙ 1 ∙ 2) + (2 ∙ 1 ∙ 1) + 0
N = 2 + 4 + 2
N = 8
98. Gabarito: c
N C
N
N
= + += +=
62 2 1
15 3
18
99. Gabarito: e
{ABC, BCD, CDE, …, XYZ} – São 24 grupos de 3 letras con-secutivas possíveis;
{(0, 1, 2, 3), (1, 2, 3, 4), … , (6, 7, 8, 9)} – São 7 P.A.’s de razão igual a 1 possíveis;
{(0, 2, 4, 6), (1, 3, 5, 7), (2, 4, 6, 8), (3, 5, 7, 9)} – São 4 P.A.’s de razão igual a 2 possíveis;
{(0, 3, 6, 9)} – É uma P.A. de razão igual a 3 possível;
N = 24 ∙ 7 + 24 ∙ 4 + 24 ∙ 1
N = 168 + 96 + 24
N = 288 placas
100. Gabarito: e
A única possibilidade é termos consoantes (C) e vogais (V) na seguinte ordem:
C V C V C
3 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 1 = 12
101. Gabarito: c
N P
N
N
N
=
=
=⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=
104 2 4
104 2 410 9 8 7 6 5 4
4 2 1 4 3 2 13
, ,
!! ! !
!!
150
144 2ª. Série
N P
N
N
N
=
=
=⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=
104 2 4
104 2 410 9 8 7 6 5 4
4 2 1 4 3 2 13
, ,
!! ! !
!!
150
102. Gabarito: b
Com os algarismos 1, 3, 5, 7 e 9 podem ser formados:
5³ = 125 números de três algarismos e
5 ∙ 4 ∙ 3 = 60 números de três algarismos distintos.
Logo, existem 125 – 60 = 65 números de três algarismos com pelo menos dois algarismos iguais.
103.
a) Considerar que cada ponto tem duas opções e lembrar-se de descontar a opção de todos os pontos em branco, visto que não representa caractere.N = 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 – 1
N = 64 – 1
N = 63 caracteres por célula
b) N C C C
N
N
N
= ⋅ ⋅
=⋅ ⋅⋅ ⋅
⋅⋅ ⋅⋅ ⋅
⋅
= ⋅ ⋅=
93
63
33
9 8 73 2 1
6 5 43 2 1
1
84 20 1
1680 modoss
104. Gabarito: b
O raciocínio aplicado precisa considerar que serão forma-dos com as 10 questões 5 grupos (um por letra correta) de duas questões cada. O número de possibilidades distintas desses grupos é obtido por:
N C C C C C
N
N
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅=
102
82
62
42
22
45 28 15 6 1
113400
105. Gabarito: a
Considerando que Raul e Nair ficarão nas cabeceiras (duas opções) e os quatro filhos ocuparão 4 das outras 6 cadeiras, temos:
2 2 360 72064⋅ = ⋅ =A
106. Os pontos que estão na circunferência não estarão alinha-dos 3 a 3. Assim:
N C C
N
N
= −
=⋅ ⋅⋅ ⋅
−
=
93
43
9 8 73 2 1
4
80
É possível formar 80 triângulos.
107. Podemos representar uma solução inteira e não negativa usando “bolinhas” e “sinais de mais”. Veja dois exemplos:
Solução (1, 2, 3): • + •• + •••
Solução (4, 0, 2): •••• + + ••
Qualquer solução pode ser representada por uma sequên-cia de 8 símbolos, dos quais 6 são “bolinhas” e 2 são “si-nais de mais”. Assim, o número de soluções inteiras e não negativas é:
N P
N
N
=
=⋅
=⋅ ⋅⋅ ⋅
=
82 6
82 6
8 7 62 1 6
28
,
!! !
!!
108. Para cada coeficiente linear (n), podem ser definidas 11 inclinações diferentes (coeficientes angulares “m”). Assim:
N = 10 ∙ 11
N = 110 funções.
109. A ordem alfabética é uma das possíveis permutações entre as vogais, assim:
NP
P
N
N
= ⋅
=
=
1
73840
37
!!
110. P = 2 ∙ 4 ∙ 6 ∙ 8 ∙ … ∙ 2n
P = (2 ∙ 1) ∙ (2 ∙ 2) ∙ (2 ∙ 3) ∙ (2 ∙ 4) ∙ … ∙ (2 ∙ n)
P = (2 ∙ 2 ∙ 2 ∙ … ∙ 2 ) ∙ (1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ … ∙ n)
P = 2n ∙ n!
145Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
BINÔMIO DE NEWTON
111. Gabarito: d
xx
−
24
T C a xp np p n p
+−= ⋅ ⋅1
T Cx
xpp
pp
+−= ⋅ −
⋅1 442
T Cx
xpp
p
pp
+−= ⋅
−( )⋅1 4
42
T C xpp p p
+−= ⋅ −( ) ⋅1 4
4 22
O termo independente de x é tal que:
4 2 0 2− = ⇒ =p p
T C x
T2 1 4
2 2 0
3
2
6 4 1 24+ = ⋅ −( ) ⋅= ⋅ ⋅ =
112. Gabarito: a
Se os binomiais são complementares, então:
x y
x y
x y
x y
y y e x
+ =+ =
⇒− − = −
+ =
⇒
− = − ⇒ = =
3 11
4 11
4 12 44
4 11
11 33 3 2
Logo, tem-se:
11
4
11
811 10 9
3 2 1165
x
=
=⋅ ⋅⋅ ⋅
=
113. Gabarito: c
x x x x x x
x x
2
1
2
1
2 1
1
2 1
2
1
2
++
=⋅ −( )
⋅+
+( )⋅⋅
++
=− + +
++
=
x x x x
x xx
2 2
2
2
2
1
2
114. Considere que:
10 1 2
2+( ) =
+
+
+ +
xn n
xn
xn
nx
n n...
Fazendo x = 1 e x = –1, tem-se:
20 1
n n n n
n=
+
+ +
...
e
00 1
=
−
+ −
n n n
n...
Somando as duas equações, fica:
2 20 2 1
20 2
1
n
n
n n n
n
n n
=
+
+ +−
=
+−
...
+ +−
...n
n 1
115. Resolvendo a equação binomial, tem-se:
121
4
2162
124 3
2162
127 122
2
x x
xx x
xx x
++
=
++( ) +( )
=
++ +
!
==
+ + + =
+ − === −
162
24 7 12 324
31 312 08
39
2
2
x x x
x xx
x ( )não convém
Sabe-se que na equação x2 – bx + c = 0, a soma das raízes
é igual a “b” e o produto é igual a “c”. Sendo x = 8 raiz
dupla da equação, tem-se:
8 + 8 = b, ou seja, b = 16
8 ∙ 8 = c, ou seja, 64 = c.
Logo, b + c = 16 + 64 = 80
116.
Xk
k
X
k
=+
=
+
+
=∑
100
200 10
110
100
111
101
112
102
+ +
+
...209
199
210
200
Somando em ambos os membros dda igualdade
temos
X
10
0
11
1
109
99
10
0
+
+ +
+
... :
+
+ +
11
1
109
99
10
0
...
Teorema da Diagonal
=
=
+
até109
99
10
0
111
1
109
99
110
100
209
199
2
+ +
+
+ +
+... ...110
200
10
0
210
200
Teorema da Diagonal
até
+X110
999
211
200
211
200
110
99
=
=
−
X
146 2ª. Série
Xk
k
X
k
=+
=
+
+
=∑
100
200 10
110
100
111
101
112
102
+ +
+
...209
199
210
200
Somando em ambos os membros dda igualdade
temos
X
10
0
11
1
109
99
10
0
+
+ +
+
... :
+
+ +
11
1
109
99
10
0
...
Teorema da Diagonal
=
=
+
até109
99
10
0
111
1
109
99
110
100
209
199
2
+ +
+
+ +
+... ...110
200
10
0
210
200
Teorema da Diagonal
até
+X110
999
211
200
211
200
110
99
=
=
−
X
117. Escreve-se o binômio da seguinte forma: 1 26
+ +( ) x xFazendo o Termo Geral, tem-se:
Tp
x x
Tp
x x
p
p p
p
p
+−
+
=
⋅ +( ) ⋅
=
⋅ +( )
12 6
12
61
6
Trabalhando apenas com (x + x2)p, tem-se:
Tp
kx x
Tp
kx
k
k p k
kp k
+−
++
=
⋅( ) ⋅
=
⋅
12
1
Unindo os Termos Gerais, tem-se:
Tp
p
kx p k=
⋅
⋅ +6
As possibilidades para aparecer x2, são:
p = 1 e k = 1
T = 6x2
p = 2 e k = 0
T = 15x2
Somando esses termos, tem-se: 21x2
PROBABILIDADES
118. PORTA 1(PRÊMIO)
PORTA 2 PORTA 3PORTA ABERTA PELO
APRESENTADORRESULTADO
Participante (2) ou (3) Ganha se ficar na mesma porta
PORTA 1(PRÊMIO)
PORTA 2 PORTA 3PORTA ABERTA PELO
APRESENTADORRESULTADO
Participante (3) Ganha se mudar de porta
PORTA 1(PRÊMIO)
PORTA 2 PORTA 3PORTA ABERTA PELO
APRESENTADORRESULTADO
Participante (2) Ganha se mudar de porta
Conclusão: Se permanecer na porta escolhida, a probabilidade de o participante ganhar é 13
e, se mudar, a probabilidade dele
ganhar é 23
.
119. Gabarito: a
Para que o lado do quadrado tenha 1,11 km, ou seja, 1 110 m, é necessário que ele seja dividido em 100 quarteirões, sendo 10 quarteirões no comprimento e 10 quarteirões na largura. Observe:
10 ∙ 100 m + + 11 ∙ 10 m = 1 110 m
Portanto, a probabilidade de a casa da família do Sr. Sebastião ser no quarteirão 2 é de 1
1000 01 1= =, % .
120. Gabarito: c
Total de maneiras de escolhas: 4 ∙ 4 ∙ 4 ∙ 4 = 256
Total de escolhas iguais = (1,1,1,1) ou (2,2,2,2) ou (3,3,3,3) ou (4,4,4,4) = 4
p p= → =4
2561
64
147Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
121. Gabarito: c
a) Incorreta.
P =+
+ + + += =
2 12 1 4 2 1
310
30%
b) Incorreta.
P
menino
=+ + + +
⋅+ + + +
22 1 4 2 1
31 2 1 3 3� �������� ��������
mmenina� �������� ��������
=
= ⋅ = =2
103
106
1006%
c) Correta.
P =+ +
+ + + += =
1 3 31 2 1 3 3
710
70%
d) Incorreta.
P
P
P
menino
menina
m
=+
+ + + += =
=+
+ + + += =
2 12 1 4 2 1
310
30
3 31 2 1 3 3
610
60
%
%
eenino meninaP<
122. Gabarito: c
As somas possíveis são:
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6 7
2 3 4 5 6 7 8
3 4 5 6 7 8 9
4 5 6 7 8 9 10
5 6 7 8 9 10 11
6 7 8 9 10 11 12
P =1736
123.
p
p P p
p P
1
2 2 2
3 32
16
0 1666
56
16
518
0 2777
56
16
16
= =
= ⋅ ⋅ ⇒ = =
= ⋅ ⋅ ⋅
, ...
, ...
⇒⇒ = =p 3
572
0 069444, ...
Ordem crescente: p3, p1, p2.
124.
a) No caso em que Xantipa tira 5 e 5, Sócrates conquistará o território em jogo se, e somente se, tirar 6 em pelos menos dois dos seus três dados de ataque:
P
tirar e ou tirar
= ⋅ ⋅
+ ⋅ ⋅
16
16
16
16
16
56
6 6 6 6,� ���� ���� ,, 6 6
32
1216
5216
316216
227
e
P
P
≠
⋅
= + ⋅ = =
� ���� ����
b) Se Xantipa tirar 5 e 4, Sócrates conquistará o território em jogo se tirar 6 em pelo menos dois dos seus três dados. Ou ainda se tirar 6 em apenas um dos dados e 5 em pelo menos um dos outros dois dados:
P
tirar e ou tirar
= ⋅ ⋅
+ ⋅ ⋅
16
16
16
16
16
56
6 6 6 6,� ���� ���� ,,
,
6 6
32
6 5 5
16
16
16
e
ou tirar e
P
P
≠
⋅ +
+ ⋅ ⋅
⋅
� ���� ����
� ���� ����
332
6 5 6 5
3
16
16
46
1216
5216
+ ⋅ ⋅
⋅
= + ⋅
≠ ≠ou tirar e e
P
P
,� ���� ����
331
2163
4216
3
1216
15216
3216
24216
43216
+ ⋅ + ⋅
= + + + =
!
P
125. Gabarito: c
pC
C
p
p
cartas de ouros
cartas
=
=
⋅ ⋅⋅ ⋅⋅ ⋅⋅ ⋅
53
3
233
3
5 4 33 2 1
23 22 213 2 1
�
�
==10
1 771
126. Gabarito: d
p
p
MulherAdministração
MulherPropaganda
= ⋅
= =
20100
40100
8100
8
� �
%%
127. Gabarito: b
Total de alunas: 84
Total de alunas da turma A: 28
p
p
=
=
288413
PROBABILIDADES
148 2ª. Série
128. Gabarito: d
Eventos Independentes: P A B P A P B∩( ) = ( )⋅ ( )P A B P A P B P A B
P B P B
P B
P B
∪( ) = ( ) + ( ) − ∩( )= + ( ) − ⋅ ( )⋅ ( ) =
0 8 0 4 0 4
0 6 0 4
, , ,
, ,
(( ) =23
129. Total de placas = 10 ∙ 10 ∙ 10 ∙ 10 = 10 000
Total de placas sem o algarismo 7 = 9 ∙ 9 ∙ 9 ∙ 9 = 6 561
p p= ⇒ =6 561
10 00065 61, %
130. a) As cinco regiões têm as seguintes unidades da Federa-
ção, listadas por suas siglas:
Norte: AM, AP, AC, RO, RR, PA, TO (Total: 7)
Nordeste: MA, PI, CE, RN, PB, PE, SE, AL, BA (Total: 9)
Centro-Oeste: GO, MT, MS, DF (Total: 4)
Sudeste: SP, RJ, MG, ES (Total: 4)
Sul: PR, SC, RS (Total: 3)
b) Considerar que, segundo o enunciado: (I) nenhuma uni-dade da Federação terá dois membros na comissão, (II) cada uma das duas regiões administrativas mais populosas (Sudeste e Nordeste) terá dois membros e (III) cada uma das outras três regiões terá um mem-bro. Assim:
N C C C C CSudeste Nordeste Norte Centro Oeste S
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅−
42
92
71
41
31
� � � �uul Senadores
N
N
� �⋅
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
3
6 36 7 4 3 3
2 3 7
7
7
5 11 comissões
c) Total de Senadores = 27 · 3Total de Senadores = 81
PN
C
P
P
=
=⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=⋅
817
5 11
5 11
2 3 781 80 79 78 77 76 75
7 6 5 4 3 2 12 3 ⋅⋅
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
7
50 2 3 11 13 19 791
501819
108143
2 4
P
menor que 1 menor
qque 1 menor que 1
⋅ ⇒ <6379
150
P
131. a) 1 curso = R$ 600,00
2 cursos = 0,80 ∙ R$ 1 200,00 = R$ 960,00
3 cursos = 0,70 ∙ R$ 1 800,00 = R$ 1 260,00
Para 2 cursos, o desconto é de R$ 240,00. Assim, se for anunciado o percentual em relação ao curso adicional, tem-se:
p p= ⋅ → =240600
100 40%
Para 3 cursos, o desconto é de R$ 540,00. Assim, se for anunciado o percentual de desconto sobre o terceiro curso, tem-se:
p p= ⋅ → =540600
100 90%
b) De acordo com o diagrama, o número total de estudantes é 9 + 7 +3 + 4 + 8 + 2 + 6 = 39, e o total de matricu-lados em apenas um dos três cursos é 9 + 6 + 8 = 23.Então, a probabilidade de um aluno, escolhido ao acaso, estar matriculado em apenas um curso:
p =2339
132. Gabarito: b
Opções: 20v + 50c = 400. Ou seja: 2v + 5c = 40
Cédulasde 20 (v)
Cédulasde 50 (c)
Total decédulas
0 8 8
5 6 11
10 4 14
15 2 17
20 0 20
P =25
133.
a) pC
p
p
=
=⋅ ⋅⋅ ⋅
=
1
112 11 10
3 2 11
220
123
b) O número de apostas quando se escolhe 5 números é:
N C
N
N
=
=⋅ ⋅⋅ ⋅
=
53
5 4 33 2 110 apostas
O valor pago será 10 ∙ R$ 2,00, ou seja, R$ 20,00.
149Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
134.
a) As sequências que fornecem soma 9 são (6, 2, 1), (5, 3, 1), (5, 2, 2), (4, 4, 1), (4, 3, 2), (3, 3, 3) e suas permu-tações. Portanto, o número de sequências cuja soma resulta em 9 é:
P P P P P P3 3 32
32
3 33 25+ + + + + =
O número total de sequências é 63 = 216.
Portanto, a probabilidade de obter soma 9 é 25216
.
b) Sendo P(x) a probabilidade de obter a face x, temos:
P k P k P k P1 2 2 3 3 4 4k,( ) = ( ) = ( ) = ( ) =, , ,
P P P1 2( ) + ( ) + 33 4 5 6 1( ) + ( ) + ( ) + ( ) =P P P
2 3 4 5 6 1 21 1 121
+ + + + + = ⇒ = ⇒ =k k k k k k k k
P 5 = 5k, P 6 = 6K ( ) ( )
Portanto, a probabilidade de se obter um número primo é:
P P P k k k k2 3 5 2 3 5 10 10121
1021
( ) + ( ) + ( ) = + + = = ⋅ =
135. Gabarito: e
O total de triângulos formados com os números pares é
C 63 6 5 4
3 2 120=
⋅ ⋅⋅ ⋅
= .
Como o triângulo formado será inscrito na circunferência do relógio, para formar o ângulo de 90o é necessário que dois dos pontos sejam diametralmente opostos.
Números pares diametralmente opostos são: 2 e 8, 4 e 10, 12 e 6.
Cada um dos pares tem outros números pares entre eles para ser o 3o. vértice do triângulo. São:
(12 e 6): 2, 4, 8 e 10.
(2 e 8): 4, 6, 10 e 12.
(4 e 10): 6, 8, 12 e 2.
Tem-se então um total de 12 triângulos retângulos.
A probabilidade pedida é: p p= → =1220
35
136. Maneiras de o produto ser igual a 36:
{1, 1, 6, 6}, {1, 4, 3, 3}, {2, 2, 3, 3} e {1, 2, 3, 6}
Para cada um dos grupos, é necessário considerar as per-mutações dos resultados diferenciando aqueles resultados em cada dado. Assim:
N P P P P
N
N
N
= + + +
= + + +
= + + +=
42 2
42
42 2
4
42 2
42
42 2
4
6 12 6 24
48
, ,
!! !
!!
!! !
!
Cálculo da probabilidade: p p= ⇒ =48
6
1274
137. Cada uma das 6 pessoas tem 3 opções de escolha, então, o espaço amostral é 36.
Se estipularmos a sequência H1, H2, H3 para os homens e a sequência M1, M2 e M3 para as mulheres de tal for-ma que, M1 tenha sido escolhida por H1, M2 tenha sido escolhida por H2 e M3 tenha sido escolhida por H3, é ne-cessário considerar todas as sequências dos homens (3!) e multiplicar pelas sequências das mulheres que precisa ser única (recíproca) para que haja o pagamento das 3 viagens. Assim:
p p p= ⇒ = ⇒3
3
2243
0 008 0 86
!, , %
138.
a) N P
Gruposgrandes e peque
= ⋅2 2
Posições Posições Posições"Descobrindo o Pantanal"
�nnos entre os grandes entre os pequenos
P P� � �⋅ ⋅5 4
NN
N
= ⋅ ⋅ ⋅=
2 2 5 4! ! ! 11 520
b) Números primos: 2, 3, 5, e 7.Médias aritméticas entre os primos (não necessaria-mente distintos): 2; 2,5; 3; 3,5; 4,5; 4; 5; 6; 7.
Considerando apenas as médias aritméticas que são números inteiros, tem-se a probabilidade:
p = =6
1060%
139.
a) A face de um tetraedro regular é um triângulo equilá-tero. Então:
aa a
223
49 3 36= ⇒ = ⇒ = 6 cm
Um tetraedro regular tem 6 arestas, assim, a soma das medidas das arestas é igual a 36 cm.
b) No lançamento dos dados, cada um ficará com 3 faces visíveis, com as seguintes possibilidades de soma:
Soma das faces visíveis 6 7 8 9
6 12 13 14 15
7 13 14 15 16
8 14 15 16 17
9 15 16 17 18
p p= ⇒ =4
1614
150 2ª. Série
140. Gabarito: e
Total de associados em atraso = (atrasos casas) + (atrasos terrenos)
Total de associados em atraso = (0,20 ∙ 120) + (0,10 ∙ 230)
Total de associados em atraso = 24 + 23
Total de associados em atraso = 47
Proprietário de terreno sem edificação = 23
Probabilidade: p =2347
141. Gabarito: a
Opinaram = 85%
Péssimo = 17%
p p p p=+ +
⇒ = ⇒ = ⇒ =17
25 43 171785
0 20 20, %
142. Exatamente 4 pessoas.
R _ _ _ _A_ _
_ R _ _ _ _ A _
_ _ R _ _ _ _ A
p =⋅3 2
Posições de Renato e Alice na fila
Renato e Ali
�cce
ou Alice e Renato� �⋅
=⋅
P
P
p
Pemutações dasdemais pessoas
6
8
6 6!88
328
!
p =
Para “m”pessoas
Para m = 1, tem-se (6 ∙ 2) opções de permutação entre os outros 6;
Para m = 2, tem-se (5 ∙ 2) opções de permutação entre os outros 6;
Para m = 3, tem-se (4 ∙ 2) opções de permutação entre os outros 6;
(…)
Para m = k, tem-se [(7 – k) ∙ 2] opções de permutação entre os outros 6;
Assim, a probabilidade, em função de “m” é:
pm P
P
pm
pm
=⋅ −( )⋅
=⋅ −( )⋅
=−( )
2 7
2 7 6
87
28
6
8
!
!
143.
pv
= ⋅ + ⋅−
⇒56
v6
Duas facesvermelhas
Duas facesAzuis� � ��� ���
16
66
112
5 636
18 4 6 3=+ −
⇒ = + ⇒ =v v
v v
144.
p
Verde Verde Vermelha
= ⋅ +4
1035
610
U2 para U1 U1 para U2 U2 par
aa U1 U1 para U2
⋅
=
==
15
18500 36
36
Vermelha
p
p
p
,
%
145. Se p e r são os tempos em minutos, após o meio-dia, que
os dois demoram para chegar ao encontro, têm-se então as
seguintes restrições:
p r p e r≥ ≥ ≤ ≤0 0 60 60; ; .
O tempo máximo de espera (15 minutos) gera mais duas
restrições. São elas: p r e r p−( ) ≤ −( ) ≤15 15
Construindo essas restrições em um plano cartesiano de
eixos “p” e “r, tem-se:
60
45
15
15 45 60
r = 60
p = 60
r
p
p – r = 15
r – p = 15
O espaço amostral é o quadrado 60 x 60 e o evento é a área
destacada. Assim:
P =− ⋅ ⋅
60 245 45
260
2
2
P
P
==
0 4375
43 75
,
, %
151Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
ESTATÍSTICA
146. Gabarito: d
a) 5 5 7 8 9 10
446
7 333
7 82
7 5
, , , , ,
, ...
,
x
Med
= =
=+
=
b)
4 5 6 7 8 8
386
6 333
6 72
6 5
, , , , ,
, ...
,
x
Med
= =
=+
=
c)
, , , , ,
,
,
4 5 6 7 8 9
396
6 5
6 72
6 5
x
Med
= =
=+
=
d 5 5 5 7 7 9
386
6 33
5 72
6 0
, , , , ,
, ...
,
x
Med
= =
=+
=
e)
5 5 10 10 10 10
506
8 333
10 102
10 0
, , , , ,
, ...
,
x
Med
= =
=+
=
147. Gabarito: d
a) e b) Observe que a porcentagem de mães de crianças nascidas em 2009 com até 29 anos é no mínimo (0,8% + 18,2% +
28,3% + 25,2%) > 50% e a porcentagem de mães de crianças nascidas no mesmo ano com até 24 anos é no máximo
(0,8% + 18,2% + 28,3% + 0,4%) < 50%. A idade mediana dessas mães está entre 25 e 29 anos, ou seja, é maior do
que 24 anos. Porém, não há informações para afirmar se é maior do que 27 anos
c) Com o mesmo raciocínio, como (0,7% + 20,8% + 30,8%) > 50% > (0,7% + 20,8% + 1,4%), a idade mediana correspondente
em 1999 está entre 20 e 24 anos, ou seja, é menor do que 25 anos.
d) A idade média das mães das crianças nascidas em 2004 é maior que:
19,9% · 15 + 30,7% · 20 + 23,7% · 25 + 14,8% · 30 + 7,3% · 35 + 2,1% · 40
3 + 6 + 6 + 4,5 + 2 + 0,8 = 22,3
Assim, a idade média das mães das crianças nascidas em 2004 é maior que 22 anos.
e) A idade média das mães das crianças nascidas em 1999 é maior que:
20,8% · 15 + 30,8% · 20 + 23,3% · 25 + 14,4% · 30 + 6,7% · 35 + 1,9% · 40
3 + 6 + 5,5 + 4,2 + 2 + 0,8 = 21,5
Assim, a idade média das mães das crianças nascidas em 1999 é maior que 21 anos.
148. Gabarito: b
Analisando o gráfico, tem-se:
30
A precipitação de 30 mm/dia acontecerá em 4 dias.
152 2ª. Série
149. Gabarito: d
x
x
=+ + +( )
⋅
= ⋅
9 1 13 5 18 5 5 5
10055
46 6100
55
, , , ,
,
7 milhões
7 milhões
x == 259 562, milhões
150.
a)
OUTROS
OUTROS
OUTROS
=−( )
⋅
= ⋅
=
100 53
10047
100
1 500 000
1 500 000
7005 000 pizzas
b)
p
p
p
=+( )
⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
=
35 25
10053
10060
10053
100477
1 500 000
1 500 000
0000 pizzas de Mozarela e Calabresa
151.
a) Se considerar H + M = 100, tem-se:
7590 65 100
1007 500 90 6 500 65
1 000 25
4
=⋅ + ⋅ −( )
= ⋅ + − ⋅= ⋅
=
H H
H H
H
H
0 hommens
b) Se considerar “x” o peso médio dos 10 mais pesados, tem-se:75 100 10
9072
7 500 10 6 480
1 020 10
102
⋅ − ⋅=
− ⋅ == ⋅
=
x
x
x
x kg
152.
a) 1 leve e 2 graves
2 leves e 1 gravíssima
2 médias e 1 grave
3 leves e 1 média
b) SOMA = (0,10 ∙ 1 000) ∙ 53 + (0,40 ∙ 1 000) ∙ 86 + + (0,20 ∙ 1 000) ∙ 128 + (0,30 ∙ 1 000) ∙ 192SOMA = 5 300 + 34 400 + 25 600 + 57 600
SOMA = R$ 122 900,00
153. Gabarito: a
x x x
x x xx x x x
x
⋅ + +( )⋅ + −( )⋅+ + + −
=
+ + + − = ⋅+ =
8 1 6 1 5
1 16 5
8 6 6 5 5 6 5 3
19 1 1
,
,
99 5
1 0 5
2
,
,
x
x
x
==
Consequentemente, o número de provas realizadas pelo candidato foi:
x + (x + 1) + (x – 1) = 3x = 3 · 2 = 6
154. Gabarito: a
Sabendo que ângulos iguais representam as mesmas quantidades, tem-se:
k
42
Proporcionalmente, se o ângulo reto (1/4) representa o valor de 42, todo o círculo corresponde a 168. Assim, o valor de k sera: k = 168 – 114 = 54.
155. Gabarito: e
Th h h h h
Th
T
=+ + + +
=
=
2 40 1 50 2 10 3 05 1 205
9 1255
665
min min min min min
min
mmin
in
min
5133
2 13
T m
T h
==
156. Gabarito: e
Como cada “quadriculado” do gráfico representa a quanti-dade de 1 aluno, então:
N
N
N
=⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅
=
=
1 2 4 3 4 4 6 5 5 6 8 7 8 8 4 940
24640
6 15,
157. Gabarito: e
Total de alunos = 50
Aprovados = 33
p p= ⋅ ⇒ =3350
100 66%
153Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
158. Gabarito: b
III
I
I
I milhões
///
/
/
/
201420132012
2013
2014220200
220
2014 242
= ⋅
= ⋅
=
IIIIII
II
II
II
///
/
/
/
201420132012
2013
2014375250
375
2014 56
= ⋅
= ⋅
= 22 5, milhões
TOTAL/2014 = 804,5 milhões de reais
159. Gabarito: e
A mediana será n n50 51
2
+ e seu resultado será um número
menor que o valor de n51. Assim, de n51 até n100 (50%) serão valores maiores que a mediana.
160. Gabarito: d
Considerando o valor da empresa D igual a “k”, o da empre-sa E sera “2k”. Assim:
2k + k + 73 = 100
k = 9%
Logo,
EA
= =1830
0 60,
161. Gabarito: e
O gráfico já nos mostra, de acordo com o enunciado, “o per-centual de variação do PIB brasileiro, em três setores pro-dutivos, quando comparado com o mesmo trimestre do ano anterior”, isto é, os valores apresentados já representam a variação. Extraindo as informações do gráfico, concluímos que o PIB no 3º trimestre de 2011 quando comparado ao 3º trimestre de 2010, apresentou um avanço de 6,9% para a agropecuária, 1,0% para a indústria e 2,0% para o setor de serviços.
162. Gabarito: a
Para calcular o número total de pessoas presentes na ma-nifestação, façamos:
(1,5 ∙ 2 + 2 ∙ 4 + 3 ∙ 5 + 2 ∙ 4 + 1,5 ∙ 3) ∙ 500 =
= (3 + 8 + 15 + 8 + 4,5) ∙ 500 = 38,5 ∙ 500 = 19 250
163. Gabarito: a
Total de pessoas com 18 anos ou mais = 190 800 000 – – 56 300 000
Total de pessoas com 18 anos ou mais = 134 500 000
Mulheres com 18 anos ou mais = 0,52 ∙ 134 500 000
Mulheres com 18 anos ou mais = 69 940 000 mulheres
164. Gabarito: b
Perceber que, no aquário cujo percentual de óleo é 0%, a concentração de oxigênio varia de forma “natural”. Já no aquário cujo percentual de óleo é 30%, a concentração de oxigênio chega a 0% no 5.° dia do experimento.
Conclusão: quanto maior a quantidade de óleo na água, maior sua influência sobre o nível de concentração de oxi-gênio nela dissolvido.
165. Gabarito: e
Como as quantidades são proporcionais ao ângulo central formado, tem-se:
R R= ⋅ ⇒ =120360
840 280 pessoas
Logo, A = 560 pessoas
Mulheres = 0,70 ∙ 560 + 0,55 ∙ 280
Mulheres = 392 + 154 = 546
Logo, homens = 294
Homens que aprovaram = 0,30 ∙ 560 = 168
Logo, homens que reprovaram = 126
A razão entre o número de homens e o de mulheres é
294546
4991
=
GEOMETRIA ESPACIAL
166. Gabarito: d
O volume inicial da lata é V r h12= ⋅ ⋅π . Após o raio da
base aumentar 10% e a altura aumentar 20%, o volume final será dado por:
V r h
V r h
V r h
V
2
2
22
22
2
110 120
121 120
1452
= ⋅ ⋅( ) ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅=
π
π
π
, ,
, ,
,
11452 1, ⋅ V
V r h
V r h
V r h
V
2
2
22
22
2
110 120
121 120
1452
= ⋅ ⋅( ) ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅=
π
π
π
, ,
, ,
,
11452 1, ⋅ V
Portanto, o volume aumentará 45,2%.
167. Gabarito: c
Em 5 dias, a altura da água diminui 6 metros. Se t é o tempo
154 2ª. Série
em dias para que o reservatório fique completamente vazio, temos:
dias altura da água (metros)5 6
305 6
30
6 150 25
t t
t t
⇒ = ⇒
= ⇒ =
Dessa forma, faltará água para 15 dias.
dias altura da água (metros)5
15
6 515
65 90 18
h hh h ⇒ = ⇒ = ⇒ =
O volume de água que faltará é dado por:
V R h
h m
R m
V m
= ⋅ ⋅==
⇒ = ⋅ ⋅ =π 2
2 318
10
3 14 10 18 5 652,
168. Gabarito: b
Na figura, tem-se:
x
x
x
x
Assim, o cubo tem aresta “x” e o tetraedro tem na base um triângulo retângulo isósceles de catetos iguais a “x” e a altura também igual a “x”. Logo,
RazãoV
V
Razão
x x
tetraedro
cubo
=
=⋅ ⋅
13 2
Área da Base
⋅
=
x
x
Razão
Altura
3
16
169. Gabarito: e
x
2 cm
5 cm
4 cm
V V
x x
SEFGHsólido = ⋅
⋅ ⋅( ) + ⋅ ⋅( )⋅ = ⋅ ⋅ ⋅( )⋅ +( )
+
43
2 5 413
5 443
13
5 4 2
4020xx x
x x
x
x cm
380 160
9360 60 80 160
200 20
10
=+
+ = +=
=
170. Gabarito: e
Observe a figura:
R
h
O ângulo do setor circular utilizado para construir o funil é 360° – 225° = 135°. Dessa forma, temos:
360
135
2 16
2360135
2 162
6°°
⋅⋅
⇒ =⋅⋅
⇒ =ππ
ππ
cm
R RR cm
360
135
2 1
2360135
2 12
38
°°
⋅⋅
⇒ =⋅⋅
⇒ =ππ
ππ
cm
r rR cm
Como g = 16 cm – 1 cm = 15 cm, temos:
g h R r
h
h
h
2 2 2
2 22
22
2
15 638
225458
2252 025
= + −( )
= + −
= −
= −664
12 37564
15 558
2⇒ = ⇒ =h h cm
171. Observe a figura:
D
A B
C
G
Ponto Q
FE
H
155Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
a) O triângulo ABD é retângulo em A, AB = 2 e AD = 3. Então:
SAB AD
ABD =⋅
=⋅
=2
2 32
3
b) Considerando a base ABD do tetraedro ABDE e a altura AE = 4, relativa a essa base, temos:
V S AEABDE ABD= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =13
13
3 4 4
c) Primeiramente, calculamos as medidas DE, BE e BD do triângulo BDE.O triângulo ADE é retângulo em A, AD = 3 e AE = 4:
DE AD AE
DE DE
2 2 2
2 2 23 4 5
= += + ⇒ =
O triângulo ABE é retângulo em A, AB = 2 e AE = 4:
BE AB AE
BE BE
2 2 2
2 2 22 4 20 2 5
= +
= + ⇒ = =
O triângulo ABD é retângulo em A, AB = 2 e AD = 3:
BD AB AD
BD BD
2 2 2
2 2 22 3 13
= +
= + ⇒ =
5 2 13
B
DE 5
α
Da lei dos cossenos, aplicada ao triângulo BDE:
13 2 5 5 2 2 5 5
13 45 20 58
5 5
2 22= ( ) + − ⋅ ( ) ⋅ ⋅ ( )
= − ⋅ ( ) ⇒ ( ) =
cos
cos cos
α
α α
sen
sen sen
2 2
2
2
1
8
5 51
61
5 5
α α
α α
( ) + ( ) =
( ) +
= ⇒ ( ) =
cos
Cálculo da área do triângulo BDE:
S BE DE sen
S
BDE
BDE
= ⋅ ⋅ ⋅ ( )
= ⋅ ⋅ ⋅ =
12
12
2 5 561
5 561
α
d) Se Q é o ponto do triângulo BDE mais próximo de A, então AQ é perpendicular ao plano determinado por esse triângulo.
Podemos considerar então, no tetraedro ABDE, a base BDE e a altura AQ relativa a essa base. Assim:
V S AQ
V AQ
ABDE BDE
ABDE
= ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
1313
61
Mas, do item b, temos que VABDE = 4. Logo:
13
61 412 61
61⋅ = ⇒ =. AQ AQ
172. Gabarito: b
O volume do sólido obtido pela rotação de um trapézio isósceles em torno da base menor é igual ao volume de um cilindro circular reto, cujo raio da base é 3 cm e cuja altura é 15 cm, menos o dobro do volume de um cone circular reto, cujo raio da base é 3 cm e cuja altura é
15 72
4cm cm
cm−
=.
3 0 3 15 15 4 0 4
0 3 15 213
2
cm dm cm dm cm dm
Vsólido
= = =
= ⋅ ( ) ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅
, ; , ; ,
, ,π π 00 3 0 4
3 0 09 15 213
3 0 09 0 4
0 405
2, ,
, , , ,
,
( ) ⋅
= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
=
Vsólido
Vsólido −−
= =
0 072
0 333 0 3333
,
, ,Vsólido dm litros
173. Gabarito: a
O volume do cilindro sem as alterações é dado por:
V R H= ⋅π 2
VR
H
VR
H
VR H
V V
’
’
’
’ ,
=
⋅
= ⋅
=⋅
=
π
π
π
22
42
20 5
2
2
2
174. Gabarito: d
Área Área
R H R r
R R R r
r R
Cilindro Esfera=
⋅ + =⋅ + ==
2 2 4
2
2 2
2 2
π π π
156 2ª. Série
175. Gabarito: e
R = 4 cm
3 cm
O volume do objeto corresponde ao volume de água que
subiu (3 cm). Esse volume de água que subiu forma um
cilindo de raio 4 cm e altura 3 cm. Assim:
Vobjeto = 3,14 ∙ 42 ∙ 3 = 150,72 cm3
176. Gabarito: b
A base é:
8 cmb
c30o
senb b
b cm
c cc cm
308
12 8
4
308
32 8
4 3
° = ⇒ = ⇒ =
° = ⇒ = ⇒ =cos
Como a altura é igual ao maior cateto, tem-se que
h cm= 4 3 .
Assim, o volume é:
V
V cm
=⋅
⋅
=
4 4 32
4 3
96 3
177. Gabarito: c
Das áreas dos retângulos dados, tem-se:
AB ∙ 2 = 6, assim, AB = 3 cm
BE ∙ 2 = 10, assim, BE = 5 cm
Aplicando Teorema de Pitágoras no triângulo ABE, tem-se:
52 = 32 + AE2
AE = 4 cm.
Calculando o volume, tem-se:
VAB AE
BC
V
V cm
=⋅
⋅
=⋅
⋅
=
23 42
2
12 3
178. Gabarito: a
O brinde é semelhante à garrafa original, assim, a razão entre os volumes é igual ao cubo da razão entre as medi-das. Logo,
V
V
Medida
Medida
V
garrafa
brinde
garrafa
brinde
garrafa
=
=
3
7
MMedida
Medida
V
V
garrafa
garrafa
garrafa
garr
0 20
75
3
3
, ⋅
= ( )
aafa
garrafaV ml7
125
875
=
=
179.
a) O recipiente cúbico contém água até a altura 34
a . Por-
tanto, o “volume não ocupado” pela água no recipiente
cúbico é V a a a a I= ⋅ ⋅ =14
14
3 ( ) .
Na figura a seguir, o triângulo ABC é retângulo em C.
b a
aa
θ
θA B
C
Considerando esse triângulo como sendo a base de um prisma triangular reto de altura a (a altura é igual à aresta do cubo), pode-se calcular V, o “volume não ocupado”, da seguinte forma:
V S Ha b
aa b
IIbase= ⋅ =⋅
⋅ =⋅
2 2
2
( )
Igualando (I) e (II):
a ba b a
23
214
12
⋅= ⇒ =
Do triângulo ABC: tgba
a
atgθ θ( ) = = ⇒ ( ) =
12 1
2
157Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
b)
tgsen
sen Iθθθ
θ θ( ) = ⇒( )( ) = ⇒ ( ) = ⋅ ( )1
414
4cos
cos ( )
sen I2 2 1θ θ( ) + ( ) =cos (I )
De (I) e (II):
sen sensen
2 2
2
2
4 1
1171617
θ θθ
θ( ) + ⋅ ( ) = ⇒
( ) =
( ) =
cos
cos cos
cos
cos
2 2
2
2
2 2θ θ θ θ
θ θ
θ
( ) − ( ) = ( ) − ( ) −
− ⋅ ( )⋅ ( )sen sen
sen
(( ) − ( ) = ( ) − ( ) −
− ⋅ ( )⋅ ( )( ) −
sen sen
sen sen
2
2 4
2
2 2θ θ θ
θ θ
θ
cos
cos
ssen sen
sen
2 9
2 21617
91
177
17
2 2θ θ θ
θ θ
( ) = ( ) − ⋅ ( )
( ) − ( ) = − ⋅ =
cos
cos
180. Gabarito: e
Considere as seguintes medidas:
FH = a (aresta do cubo)
AF = a 2 (diagonal da face do cubo)
AH = a 3 (diagonal do cubo)
O triângulo AFH, destacado na figura, é retângulo em F e FI = 4 6 é a medida da altura relativa à hipotenusa desse triângulo.
A
A
B
E F
I
I
F
G H
H
C D
Do triângulo AFH, temos:AF FH AH FI
a a a a
volumeÁrea total
a
a
a
⋅ = ⋅
⋅ = ⋅ ⇒ =
=⋅
= =
2 3 4 6 12
6 62
3
2
181. Gabarito: a
V R
R cmV cm
V
esferasemiesfera
= ⋅ ⋅
=
⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ =
43
4
12
43
4128
3
33 3π
ππ
ccone
cone
ar
R H
R cm
H cm
V cm
V
= ⋅ ⋅ ⋅
==
⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ =
13
4
4
13
4 464
3
2
2
π
ππ
eeia ampulheta
areia semiesfera cone
V
V V V
= ⋅
= ⋅ +( ) =
=
251000 25
0 25
,
, ⋅⋅ +
=128
364
3163 3 3π π
πcm cm cm
182. Gabarito: c
A grafite tem esse formato:
2 mm = 0,2 cm
15 cm
Cálculo do volume: V V cm= ⋅ ⋅ → ≅π 0 1 15 0 4712 3, ,
Cálculo da massa: dmV
mm g= ⇒ = ⇒ =2 2
0 47110362,
,,
Cálculo do número de átomos:
1 12
103620 0863
mol g
x gx
→→
⇒ =,
, 5 mol
n = 0,08635 ∙ 6,0 x 1023
n = 0,5181 x 1023
n = 5,181 x 1022 átomos
183.
(x – 1)
1
1
1
1
θ
158 2ª. Série
a) Aplicando Teorema de Pitágoras no triângulo MEH, tem-se:HM2 = (x – 1)2 + 12
HM2 = x2 – 2x + 1 + 1
HM2 = x2 – 2x + 2
Aplicando Teorema de Pitágoras no triângulo MAB, tem-se:
BM2 = x2 + 12
BM2 = x2 + 1
Calculando a diagonal do cubo, tem-se:
BH
BH
= ⋅
=
1 3
3
Aplicando Lei dos Cossenos no triângulo BMD, tem-se:
BH2 = HM2 + BM2 – 2 . HM . BM . cosθ
3 2 2 1 2
2 2 1
2 2 3 2 2
2 2
2 2
4 3 2
= + + + ⋅
⋅ + + ⋅( ) ⋅ ( )⋅ − + − + ⋅
x x x
x x x cos
x x x x
– –
– θ
ccos x x
x x
x x x x
θ
θ
= −
=−
− + − +
2 2
2 3 2 2
2
2
4 3 2cos
b) O ângulo θ será obtuso quando cos θ < 0.Como o denominador de
cosθ =−
− + − +
x x
x x x x
2
4 3 22 3 2 2 será sempre positi-
vo, então, é necessário que:
x x2 0− <
0 1
θ será obtuso quando 0 < x < 1.
c) Para x = 4, tem-se:
cos
cos
cos
θ
θ
θ
=−
− + − +
=−
− ⋅ + ⋅ − ⋅ +
=
x x
x x x x
2
4 3 2
2
4 3 2
2 3 2 2
4 4
4 2 4 3 4 2 4 212
117012130 923
cos
cos ,
θ
θ
Como cos ,45 0 7o e, no primeiro quadrante, a fun-
ção cosseno é decrescente, então θ < 45 o .
184. Gabarito: c
Pelas áreas laterais, tem-se:
2 125 2
125100
54
π πRH rh
RHrhRr
Hh
≤ ⋅
≤
⋅ ≤
,
Pelos volumes, tem-se:
π πr h R H
r
R
Hh
2 2
2
2
=
=
Subsituindo a relação obtida com os volumes na relação obtida com as áreas laterais, tem-se:
Rr
r
R
rR
Rr
⋅ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≥2
2
54
54
45
185.
xqx/q
x
a) Face Maior = 2x + 2xq
Face Menor = 2x + 2xq
Quocientex xq
xx
q
Quocientex q
xq
Quocien
=+
+
=+( )+
2 2
22
2 1
2 11
tteq
q=++
=1
1
b) Dimensões: x2
, x e 2x
Áreax
xx
x x x
xx x
x
x
= ⋅ + ⋅ + ⋅
=
+ + =
⋅ =
22 2
2 2 25
22 126
72
126
22 2
2
2
2 m2
===
36
6x m
Dimensões: 3 m, 6 m e 12 mVolume = 3 ∙ 6 ∙ 12Volume = 216 m3
159Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
186.
a
D
b
c
4a + 4b + 4c = 36 cm
a + b + c = 9 cm
Pelo produto notável do quadrado da soma de três termos,
tem-se:
a b c a b c ab ac bcD S t
+ +( ) = + + + + +2 2 2 2
2
2 2 2� ����� ����� � ������� ��������
a b c D S
S
S
S cm
t
t
t
t
+ +( ) = +
( ) = ( ) +
= +
=
2 2
2 2
2
9 29
81 29
52
187.
a)
a
bb
b
h
3 m
Aplicando Teorema de Pitágoras, tem-se:
h2 = 32 + a2
h a= +9 2
Sabe-se que: Área da Face = 15 m2. Então:
b h
a
a
a
a m
⋅=
⋅ + =
+ =+ ==
215
6 9 30
9 5
9 25
4
2
2
2
b)
A pirâmide inscrita na esfera gera a seguinte figura:
a
bb
b
Faz-se então uma secção na esfera de forma que a base da pirâmide fique inscrita na secção (circunferên-cia). Assim:
r
6 m
6 m
O raio da secção (r), será metade da diagonal do qua-drado, ou seja:
r
r m
=
=
6 22
3 2
Analisando a esfera com a secção apenas, tem-se:
R
R
r
(2 – R)
R r R
R R R
R
R m
2 2 2
2 22
2
4 4
4 22
5 5
3 2
= +
= + +
==
( )( )
–
–
,
188. Gabarito: a
Considerando a aresta do cubo original igual a “x”, tem-se que a superfície externa original é igua a 6x2 e, se a super-fície externa retirada mede R, tem-se:
Rx x
R x
= ⋅⋅
=
32
15 2,
160 2ª. Série
Assim, se a nova superfície externa for N, tem-se:
N x R x
N
= − + ( ) ⋅6 23
42
2
deTriângulo equilátero
lado x 2
== − + ⋅
=
6 15173
25 365
2 2 2
2
x x x
N x
,,
,
A redução da superfície externa foi, então, de 0,635x2.
Calculando o percentual, tem-se:
px
xp= ⋅ ⇒ =
0 635
6100 10 6
2
2
,, %
189. Gabarito: a
H
3 cm
3 cm
A altura da pirâmide é metade da diagonal da face do cubo,
assim: H cm=3 2
2.
A base da pirâmide é um retângulo de lados iguais à aresta do cubo (3 cm) e à diagonal da face ( 3 2 cm).
Calculando o volume da pirâmide, tem-se:
V
V cm
= ⋅ ⋅( )⋅
=
13
3 3 23 2
29 3
190. V
a
a/3
a/3
V
Vpirâmide
a
a
a a
a
V
Vpirâmide
cubo
cubo
=
⋅ − ⋅⋅
⋅
=
3
213
4 3 32
aa
aa
a
V
Vpirâmide
a
a
V
Vpirâmide
cubo
cubo
3
22
3
3
13
29
727
⋅ −
⋅
=
=2277
V
Vpirâmide
a
a
a a
a
V
Vpirâmide
cubo
cubo
=
⋅ − ⋅⋅
⋅
=
3
213
4 3 32
aa
aa
a
V
Vpirâmide
a
a
V
Vpirâmide
cubo
cubo
3
22
3
3
13
29
727
⋅ −
⋅
=
=2277
191. V S H
V xx x x x
x
V
prisma b
prisma
pris
= ⋅
= ( ) −( )⋅( )
−( )⋅
⋅5
5 2
2
2
25
2
mma x= 95 3
192. Gabarito: e
V R
V R
V R
V R
= ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅( )
= ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ ⋅
4343
120
43
1728
172843
3
3
3
3
π
π
π
π
’ ,
’ ,
’ ,
VV V’ ,= ⋅1728
Aumento de 72,8 %
193. Fazendo a representação no desenho do galpão com as medidas em metros (segundo a escala proposta – multipli-car por 500 e dividir por 100 para transformar em metros, ou seja, multiplicar por 5), tem-se:
3 m =
15 m =
= 36 m 4,5 m =
V Base Altura
V
V
V
= ⋅
= ⋅ +⋅
⋅
= +( )⋅=
( ) ( )
,
, ,
15 4 515 3
236
67 5 22 5 36
990 363
⋅=V m3 240
161Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
194. Gabarito: e
10 m = 100 dm5 m = 50 dm
2 m
h
Após 3 horas e meia, foram colocados dentro da piscina 17 500 litros de água. Assim,
100 ∙ 50 ∙ h = 17 500
5 000 ∙ h = 17 500
h = 3,5 dm
h = 35 cm
195. Gabarito: c
43
36
27
3
3
3
π πr
r
r m
=
==
A máxima distância entre dois pontos de uma superfície es-férica ocorre quando os pontos são diametralmente opos-tos, ou seja, a distância deles é igual ao diâmetro da esfera. Assim:
m = 2r
m = 6 m
196.
H
C
v
M
H
A Br
13
5
aP
No triângulo retângulo VHA , tem-se:
132 = 52 + ap2
ap = 12
Na base, BH é a altrura do triângulo equilátero de lado 10, assim:
BH BH= ⇒ =10 3
25 3
Na base, r é o seu apótema, assim:
r BH r= ⋅ ⇒ =13
5 33
No triângulo retângulo VMH, tem-se:
125 3
3
144253
407
3
2
2
2
2
=
+
− =
=
H
H
H
a) A área total da pirâmide é formada por um triângulo equilátero de lado 10 e três triângulos isósceles iguais de base 10 e altura 12. Assim:
Área
Área
= + ⋅⋅
= +
10 34
310 12
2
25 3 180
2
b) A pirâmide tem como base um triângulo equilátero de
lado 10 e altura igual a 407
3. Assim:
Volume
Volume cm
= ⋅ ⋅
=⋅
13
10 34
407
3
25 4073
2
3
197. Gabarito: b
8 cm
3 cm
O sólido formado é um cilindro reto de raio 8 cm e altura 3 cm. Assim:
V
V cm
= ⋅ ⋅=
ππ
8 3
192
2
3
198. Gabarito: d
Volume de madeira:
V V V
V a R
V
madeira cubo esfera
madeira
madeira
= −
= − ⋅ ⋅
= − ⋅
3 3
3
43
1043
3
π
⋅⋅
= −
=
4
256
744
3
3
V
V cmmadeira
madeira
1 000
162 2ª. Série
Massa de madeira:
dmV
m
m g
=
=
=
0 85744
632 4
,
,
199. V V
R R R R R r r
R R R
copotaça = ⋅
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ +( ) =
= ⋅ ⋅ ⋅( )⋅ +
23
13
23
13
3
2 2 2
2
π π
π ⋅⋅( ) + ( )
++ +
= ⋅ + +
+ +
2 2
323
2 4
3
2
33 2 2
3 2 2
3 3
r r
RR R r Rr
R R r Rr
R R R 22 2 3 2 2
2 2 3
2 2 2
2 4 8
7 3 2 0
3 3
r Rr R R r Rr
R r R r R
rR R
+ = + +
−( ) − ( ) + =
=− −( ) ± −( ) −− ⋅ −( )⋅
⋅ −( )
=±−
=±
−
= ⋅
= −
4 7 2
2 7
3 6514
3 814
514
1
3
2 4
2 2
R R
R
rR R
R
rR R
R
r R
r11
14
514⋅
⇒ = ⋅R
r R
Raio da base do copo igual a 25
1457
⋅ ⋅ = ⋅R R .
200. Gabarito: d
Cálculo da capacidade total do temaki:
V
V
V cm
= ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅
=
13
4 10
13
3 160
160
2
3
π
Volume ocupado pelo salmão:
V
V cm
salmão
salmão
= ⋅
=
90100
160
144 3
Massa do salmão:
dmV
m
m g
=
=
=
0 35144
50 4
,
,
201. Gabarito: b
Capacidade total do balde:
V
V
V cm
balde
balde
balde
= ⋅ ⋅ + + ⋅( )= ⋅ ⋅
= =
163
11 8 11 8
163
273
2 2
3
π
π
4 368 44 36, 8 litros
Quantidade de água:
V V
V
água balde
água
= ⋅
= ⋅ =
2323
4 368 2 91, , 2 litros
202. Gabarito: e
3 cm
(x – 6) cm
(2x – 6) cm
(2x – 6) cm (x – 6) cm
V
x x
x x
x xx
x
=−( )⋅ −( )⋅ =
− + =
− − === −
324
2 6 6 3 324
2 18 36 108
9 36 012
3
2
2
Assim, as dimensões da caixa são: 6 cm, 3 cm e 18 cm.
Considerando que a caixa está aberta (sem tampa), tem-se:
Área
Área cm
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅=
2 6 3 2 18 3 18 6
252 2
203. A A
a a
a a
1 2
1
2
2
2
1 2
2
3 2 3
2
=
( ) ⋅ = ⋅( ) ⋅
=
Razão entre os volumes:
V
V
a
a
V
V
a
a
V
V
a
a
1
2
13
23
1
2
1
2
3
1
2
2
2
3
312
312
22 2
=
=
=
=
163Caderno de Atividades / Livro do Professor
Matemática
204.
a a
aah
h
Dx
Em um octaedro regular, tem-se que D é a diagonal do qua-drado de lado “a” e h é a altura do triângulo equilátero de lado “a”. Assim, faz-se:
D a
ha
=
=
2
32
Aplicando Lei dos Cossenos no triângulo isósceles des-tacado (ângulo x é o ângulo diedro citado no enunciado), tem-se:
D h h h h x
aa a
x
a
2 2 2
22 2
2
2
2 23
22
32
23
= + − ⋅ ⋅ ⋅
( ) =
−
⋅
=
cos
cos
aa ax
aa
x
x
x
2 2
22
23
2
23
21
43
1
13
− ⋅
= ⋅ −( )
= −
= −
cos
cos
cos
cos
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