1) O documento apresenta o gabarito de uma prova de Matemática 2 com respostas de múltipla escolha. 2) As questões abordam tópicos como volumes de sólidos, áreas de figuras planas e geométricas. 3) As respostas são identificadas por letras e contém explicações curtas dos cálculos e raciocínios para chegar aos resultados.

1. mAtemÁtiCA 2 – volume 4
Gabarito – Volume 4
GABArito
01. Resposta C.
Inicialmente, o volume de água no reservatório era
de 10 ∙ 20 ∙ 30 = 6 000m3. Após a evaporação, restaram 6 000 – 1 800 = 4 200m3. Sendo h a altura
atingida pela água restante no reservatório, temos
h ∙ 20 ∙ 30 = 4 200 → h = 7m.
02. Resposta D.
Pelo enunciado, o volume do paralelepípedo é igual
à soma dos volumes dos cubos.
Assim,
8 · 8 · x = 63 + 103
64 x = 216 + 1 000
64 x = 1 216 → x = 19
Resolvendo o sistema, encontramos: a = 16cm e
b = 12cm ou a = 12cm e b = 16cm. Então, as
dimensões do ortoedro são: 16cm, 12cm e 6cm.
05. Resposta C.
Vsólido = Vparalelepípedo – Vprisma
Vs = x . x . 2x – 1 . 1 . x
Vs = 2x3 – x
AulA 17 – SólidoS de
revolução – Cilindro
01. Resposta B.
=
03. Resposta E.
A = 2cm2
h=l
r
a3 = 8 → a = 2
At = 6a2 = 6 . 22 = 24dm2 = 2400cm2
2pR = l
04. Resposta A.
Sendo d = 20cm a diagonal da face de arestas a e
b, temos:
S = l2 = 2 → l = 2
h=l= 2
2
2π
V = A b ⋅ H = πR 2h →
2πR = 2 → R =
20cm
b
c
a
a2 + b2 = 202 (I)
2ab + 2ac + 2bc = 720 (II)
Como: a + b + c = 34 → (a + b + c)2 = 342
2
 2
2
V = π
 2π  . 2 = 2π



02. Resposta D.
a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc = 1156
202
720
400 + c2 + 720 = 1156 → c2 = 36
Assim, c = 6cm
a2 + b2 = 400

Então, 

a + b = 28
10
10
2R = 10 → R = 5

H = 10
V = πR 2H → V = 250π
1
matemática 2
AulA 16 – CuBoS e PArAlelePÍPedoS

2. Gabarito – Volume 4
03. Resposta A.
02. Resposta C.
Seja h a altura do reservatório.
25
Temos p ∙ 22 ∙ h = 50 → h =
m.
2π
Assim, supondo o cilindro reto, temos que a área total
25
= 8p + 50m2
do mesmo é: 2 ∙ p ∙ 22 ∙ 2p ∙ 2 ∙
2p
Logo, o custo do material utilizado para a construção do cilindro é 100 (8p + 50) ≅ 7.513,27 reais.
04. Resposta A.
Semicírculo → cone equilátero
Lembrando que o raio do semicírculo é a geratriz do
cone e não o raio da base, temos:
20cm
1o) 40cm –––––– 1kg
22cm –––––– x
22
x = 40
g = 2R
20 = 2R
R = 10cm
p
14
18
2o) 40cm –––––– 1kg
4cm –––––– y
g = 2R
26
d
20
4 1 2
= =
y
.
40 2 40
22 2
24
Logo:
+
=
40 40 40
2
03. Resposta A.
20
Vpi = Vcil – Vcone
1
Vpi = pR2h –
pR2h
3
2
Vpi = pR2h
3
22
20 3
2
d = 10 3cm
d=
6
= 600g
10
matemática 2
d = h = h∆e
05. Resposta B.
Mesa
Vcilindro = π . R 2 . h
10
2
7
Vc = π .   . 8
 2
49 2
Vc = 3 .
. 8 = 294cm
4
04. Resposta B.
Vparalelepíípedo = a . b . c
Vp = (6, 5)(4)(12)
 1
V = V(cilindro) – V(cone)= A(base) . h –   A(base) . h = p .
3
 2
 1
r² . h –   . p .r² . h =   p . r² . h cm³
3
3
Vp = 312cm3
Diferença:
Vp − Vc = 312 − 294 = 18
h
18
x 100 ≅ 6% a menos
312
r
Aula 18 – Sólidos de
revolução – Cone
01. Resposta A.
R
1o) V = Vcilindro + Vcone
1
. p . 42 . 3
3
V = 3 . 16 . 9 + 16 × 3
V = 432 + 48 = 480 ml
V
h = 3R
05. Resposta A.
Cc = 2pR = 8p → R = 4 →
h = 3R = 12
1
Vc = . pR2 . h → Vc = 64pcm3
3
V = p . 42 . 9 +
2o) 1,5 → 1min
x → 240min
x = 360
Logo: 480 – 360 = 120

3. Gabarito – Volume 4
AulA 19 – SólidoS de
revolução – eSFerA
AulA 20 – PirÂmideS
01. Resposta C.
Sejam: V1 o volume da pirâmide e V2 o volume do
prisma:
01. Resposta C.
H1
1m
H2
m
2m
2m
2m ⋅ 2m ⋅ H1
3
Ve = Vlíquido deslocado
V1 =
4 3
≠ = p ∙ 62 ∙ 1 → R = 3cm
pR
3
Como V1 = V2 →
→ Slona = 2pR2
Vpoliedro
Como Spiso = pR2, temos que:
Vpoliedro
Slona = 2 . Spiso
a a
⋅
2 2⋅a
= VC − 8Vpir . = a3 − 8 . 2 2 →
3
a3
5a3
= a3 −
→ Vpoliedro =
6
6
03. Resposta E.
Slona = 157m2
1) Área do papel
03. Resposta E.
A = 202 = 400cm2
20
R
R = 13
4m2H1
H
3
= m2H2 → 1 =
3
H2 4
12
13
132 = 122 + R2
R=5
2) Planificação
g2 = 12 + 52 = 169
g = 13
12
5
04. Resposta E.
4
4
π . R 3 = × 3,1 × 23 = 33, 06
3
3
33, 066... × 30 000 = 992 000
V=
9, 92 × 10−5
05. Resposta C.
πR 3
πR 3
 3 + 2n 
an =
+ (n − 1) .
= πR 3 

18
45
 90 
 πR 3  3 + 2n 
n
3 2
+
π 3
Sn = 
 .πR  = πR .
3
 18  90 
2
 8 + 2n  4 3 (8 + 2n) . n
=4
πR 3 . 
 = πR ∴
30
 90  3
(4 + n) . n = 60
n=6
Área total:
AT = Ab + Al
2
4 . 10 . 13
AT = 10 +
2
2
AT = 100 + 260 = 360
Diferença:
400 – 360 = 40
40 é 10% de 400
04. Resposta C.
Foram retirados 12 triângulos, ou seja, restaram 6
em cada face. Logo 4 × 6 = 24, mas 4 de cada
vértice total 24 + 4 = 28.
28 7
Logo:
=
36 9
3
matemática 2
SSE 4πR
=
→
2
2
2
Slona =
12
V2 = m ⋅ m ⋅ H2
02. Resposta D.
02. Resposta C.
R
m

4. Gabarito – Volume 4
05. Resposta D.
2 
3
3
h
Vcone '  d 
8
V'  3   2
=  →
=
→
=  =
27
V  h  3
Vcone  h 




8V
V
8V = 27 V ' → V ' =
27
1
. Ab × h
3
1
36
= 12
V = . 32 . 4 =
3
3
V=
Aula 21 – Sólidos
semelhantes e troncos
8
do cone maior, então, o
27
volume do tronco do cone será:
Se o cone menor é
VTronco = Vcone maior – Vcone menor
01. Resposta C.
VTronco = V −
S = 4cm
3
h
5
2
8
19
V=
V
27
27
04. Resposta E.
I. Admitindo os cones semelhantes, temos:
h
II. V = 2V’ →
V
= 2 = k3 → k =
V'
H
8
III. = k → 3 2 → x = 4 3 4 cm
h
x
B=?
05. Resposta A.
4
matemática 2
3
3
h
5 →k =
k=
h
S
4 3
= k2 ∴ =
B
B 5
20 2
B=
cm
3
3
5
→ k2 =
3
5
02. Resposta B.
I. Sendo o plano paralelo à base, as pirâmides são
semelhantes.
Como o volume do tronco e da pirâmide são
iguais, sendo V o volume da pirâmide original e
V’ o volume da nova pirâmide temos:
V
= 2 → k3 = 2 → k = 3 2
II. V = 2V’ →
V'
h'
4
III.
=k→
= 3 2 → h = 23 4
h
h
IV. Como h + HT = H → 2 3 4 + HT = 4 →
HT = 4 – 2 3 4
03. Resposta D.
2
d= h
3
r'
h
v
 h 
  =
V
 2h 
1 v
=
8 V
V
v= →
8
7V
→ 35
8
V
→x
8
x = 5 min
Anotações
3
2