NOTAÇÕES A. ( ) 0. B. ( ) 1. C. ( ) 2. D. ( ) 4. E. ( ) 8. são disjuntos, A B=

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1 NOTAÇÕES = {,,,...} : conjunto dos números reais : conjuntodos números complexos [ ab, ] = { x ; a x b} ( a, + ) = a, + = { x ; a< x < + } A\ B= { x A; x B} A : complementar doconjunto A i :unidade imaginária; i = z : módulo do número z Re z : parte realdo numero z Im z : parte imaginária de z M t m n ( ) :conjunto das matrizes reais m n A :transposta da matriz A det A :determinante da matriz A PA ( ): conjunto de todos os subconjuntos do conjunto A na ( ) : número de elementos do conjunto finito A AB : segmento de reta unindo os pontos A e B tra : soma dos elementos da diagonal principal da matriz quadrada A Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são cartesianos retangulares.. Sejam A e B subconjuntos do conjunto universo = { } ( ) = { } = { } = { } U abcde,,,,, f, gh,. Sabendo que ( ) B A f, g, h, B A a, b e A \ B d, e, então, n P( A B ) é igual a A. ( ) 0. B. ( ).. ( ). D. ( ). E. ( ) 8. Alternativa: ( ) ( ) B A = B A = B A = B\A B A = A\B A \B=( A B) U= ( B\A) ( A B) ( A\B) ( A B) U = { f,g,h} ( A B) { a,b} { d,e} omo B\A,A B,A\Be( A B) são disjuntos, A B= { c} Então, n P( A B) = =. ( ). Uma empresa possui 000 carros, sendo uma parte com motor a gasolina e o restante com motor flex (que funciona com álcool e com gasolina). Numa determinada época, neste conjunto de 000 carros, 6% dos carros com motor a gasolina e 6% dos carros com motor flex sofrem conversão para também funcionar com gás GNV. Sabendo-se que, após esta conversão, 556 dos 000 carros desta empresa são bicombustíveis, pode-se afirmar que o número de carros tricombustíveis é igual a A. ( ) 6. B. ( ) 5.. ( ) 60. D. ( ) 68. E. ( ) 8. SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO

2 Alternativa: B Tomemos x como o número de carros com motor a gasolina. Então, antes da conversão para GNV, teremos: x : carros a gasolina 000 x : carros flex Após a conversão para GNV, o total de carros biocombustíveis é: 6 6 x + (000 x) = 556 x = Logo, o número de carros tricombustíveis é dado por: n = (000 00) n = Seja f : \ { 0} uma função satisfazendo às condições: f ( x+y ) = f ( x) f ( y), para todo x, y e f ( x ), para todo x { } Das afirmações: I. f pode ser ímpar. II. f ( 0) =. III. f é injetiva. f não é sobrejetiva, pois f x > 0 para todo x. IV. ( ) é(são) falsa(s) apenas \ 0. A. ( ) I e III. B. ( ) II e III.. ( ) I e IV. D. ( ) IV. E. ( ) I. Alternativa: E Para x = y = 0 temos: f (0 + 0) = f (0) f (0) f (0) f (0) = 0 f (0) = 0 ou f (0) =. omo o contra-domínio de f é {0}, temos que f (0) =. (Afirmação II é verdadeira). Para y = x temos: f(0) = f(x) f( x) f(x) f( x) = Supondo f ímpar, temos que f ( x) = f (x). Assim, f (x) = f (x) =, o que é absurdo, pois f (x) {0}. (Afirmação I é falsa). a a a a a a Para x = y = temos: f + = f f f (a) = f > 0. Logo, a função f não é sobrejetora, pois não admite imagens negativas. (Afirmação IV é verdadeira). Para x = a b e y= b temos: f[(a b) + b] = f (a b) f (b) f(a) f (a b) = f(b) Supondo a e b, com f(a) = f(b), teremos f(a b) =. Sabendo que f(x) para x {0} e f(0) =, concluímos que a b= 0 a = b. Assim, f é injetora. (Afirmação III é verdadeira). SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO

3 . Se a = cos π 5 π π π e b = sen, então, o número complexo cos + isen A. ( ) a+ bi. B. ( ) a+ bi.. ( ) ( ab) + ab( + b) i. D. ( ) a bi. E. ( ) ab + ab( b) i. é igual a Alternativa: B cos π i sen π cis π cis π cis 0 π cis π + = = = π+ = π π π π π cis = cos + i sen = cos + i sen = a + bi O polinômio de grau (a+ b+c)x +(a+b+c)x (a b)x +( a b+c)x+ (a+c), com a, b, c, é uma função par. Então, a soma dos módulos de suas raízes é igual a A. ( ) +. B. ( ) +.. ( ) +. D. ( ) +. E. ( ) +. Alternativa: E omo o polinômio P é par, temos que P( x) P( x) ( a b c) x ( a b c) x ( a b) x ( a b c) x ( a c) ( a+ b+ c) x ( a+ b+ c) x ( a b) x ( a b+ c) x+ ( a+ c) a+ b+ c= 0 Logo: a b + c = 0 a+ b+ c 0 E o polinômio é dado por: Px ( ) = ( a+ b+ cx ) ( a bx ) + a ( + c) Temos que: a+ b+ c= b; a b= b e a+ c= b P x = bx bx b = b x x = b x x + = b x + x x + i x i Assim: ( ) ( ) ( )( ) ( )( )( )( ) Portanto a soma dos módulos das raízes é dada por: S= + + i + i S= onsidere as funções f ( x) = x + x x e não reais da função composta f g é igual a SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO gx ( ) = x x +. A multiplicidade das raízes A. ( ). B. ( ).. ( ). D. ( ). E. ( ) 5. Alternativa: f(x) = x + x x = x + x(x ) = (x ) (x + ) + x(x ) f(x) = (x ) (x + x + ) = (x ) (x + )

4 A função composta f g é dada por: f g(x) = f(g(x)) = (g(x) ) (g(x) + ) = (x x + ) (x x + + ) f g(x) = (x x) (x x + ) = x (x ) [x (+ i)] [x ( i)] A multiplicidade das raízes não reais ( ± i) é igual a. 7. Suponha que os coeficientes reais a e b da equação x + ax + bx + ax + = 0 são tais que a equação admite solução não real r com r. Das seguintes afirmações: I. A equação admite quatro raízes distintas, sendo todas não reais. II. As raízes podem ser duplas. III. Das quatro raízes, duas podem ser reais. é(são) verdadeira(s) A. ( ) apenas I. B. ( ) apenas II.. ( ) apenas III. D. ( ) apenas II e III. E. ( ) nenhuma. Alternativa: A omo r é raiz de um polinômio de coeficientes reais, temos que r, o conjugado de r, também é raiz. omo se trata de uma equação recíproca, temos que r e r também são raízes. Assim, há duas opções para o conjunto solução da equação: Se r, então S= r, r,,, que possui quatro raízes não-reais distintas. r r r Se r =, então r =, o que contraria o enunciado. r Portanto, a afirmação I é a única correta. 8. Se as soluções da equação algébrica x ax + b x + 5 = 0, com coeficientes a, b, b 0, formam, numa determinada ordem, uma progressão geométrica, então, a b é igual a A. ( ). B. ( ).. ( ). D. ( ). E. ( ). Alternativa: B As raízes da equação formam a PG(x ; x ; x ). Logo, x = x x. Da ª relação de Girard temos: x x x = 7 x = 7 Substituindo x na equação: b x ax + bx + 5 = 0 5 ax + bx + 5 = 0 ax bx = 0 x = ( x 0) a omo a e b, temos que x é a raiz real da equação x = 7 b a Portanto, x = = =. a b SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO

5 9. Dados A M ( ) e b M ( ), dizemos que X 0 M ( ) é a melhor aproximação t quadrática do sistema AX = b quando ( AX 0 b) ( AX 0 b) assume o menor valor possível. Então, dado o sistema 0 x 0 =, y 0 a sua melhor aproximação quadrática é A. ( ). B. ( ).. ( ). 0 Alternativa: E 0 Sendo as matrizes A= 0 x, X = y 0 e b =, então: x AX b= y AX b t = x y x x ( ) ( ) [ ] D. ( ). 0 ( AX b) ( AX b) ( x ) ( y ) ( x ) x ( y ) t = = O menor valor dessa expressão ocorre para x = 0 e y =. Logo, X = E. ( ) O sistema ax + by = c, a, a, b, b, c, c, ax + by = c ( c, c ) (0,0), ac + a c = bc + b c = 0, é com A. ( ) determinado. B. ( ) determinado somente quando c 0ec 0.. ( ) determinado somente quando c 0ec = 0ouc = 0ec 0. D. ( ) impossível. E. ( ) indeterminado. Alternativa: D ax by c (c) acx bcy c ax by c (c) acx bcy c + = + = + + = + = acx + bcy = c acx + bcy = c (ac+ ac )x + (bc+ bc )y = c + c Logo, o sistema é impossível. 0x + 0y = c + c 0 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO 5

6 . Seja A M ( ) uma matriz simétrica e não nula, cujos elementos são tais que, a a e a formam, nesta ordem, uma progressão geométrica de razão q e tra = 5 a. Sabendo-se que o sistema AX = X admite solução não nula X M ( ), pode-se afirmar que a + q é igual a A. ( ) 0. 5 Alternativa: A B. ( ). 5. ( ) 5. D. ( ) 9. 9 De acordo com enunciado, podemos escrever: a aq º) A = aq aq, com a = a tra = a + aq = 5a a q = 0 a = 0 ou q = º) ( ) ( não convém) º) O sistema homogêneo A X = X admite solução não-nula, temos: A I X= O det A I = 0 a aq a q = 0 ( ) ( ) ( ) ( ) omo Logo, q = : ( a ) ( a ) a = 0 a a a + a = 0 0 a =. Portanto, a + q =. 5 5 E. ( ) 5.. Uma amostra de estrangeiros, em que 8% são proficientes em inglês, realizou um exame para classificar a sua proficiência nesta língua. Dos estrangeiros que são proficientes em inglês, 75% foram classificados como proficientes. Entre os não proficientes em inglês, 7% foram classificados como proficientes. Um estrangeiro desta amostra, escolhido ao acaso, foi classificado como proficiente em inglês. A probabilidade deste estrangeiro ser efetivamente proficiente nesta língua é de aproximadamente A. ( ) 7%. B. ( ) 70%.. ( ) 68%. D. ( ) 65%. E. ( ) 6%. Alternativa: B A probabilidade condicional buscada é dada por: P(efetivamente e proficiente) 0, 75 0,8 P(efetivamente / proficiente) = = P(proficiente) 0, 75 0,8 + 0, 07 0,8 P(efetivamente / proficiente) 70%.. onsidere o triângulo AB de lados a= B, b= A e c= AB e ângulos internos α = AB, β = AB e γ = BA. Sabendo-se que a equação x bxcosα + b a = 0 admite c como raiz dupla, pode-se afirmar que A. ( ) α = 90º. B. ( ) β = 60º.. ( ) γ = 90º. D. ( ) O triângulo é retângulo apenas se α = 5º. E. ( ) O triângulo é retângulo e b é hipotenusa. 6 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO

7 Alternativa: E Da equação x bx cosα+ b a = 0, temos que: ( ) = 0 b cos α b a = 0 b cos α = b a c + a = b bcos α c = c= bcosα c= bcosα c= bcosα Logo, trata-se de um triângulo retângulo de hipotenusa b.. No plano, considere S o lugar geométrico dos pontos cuja soma dos quadrados de suas distâncias à reta t: x = e ao ponto A = (,) é igual a. Então, S é A. ( ) uma circunferência de raio e centro (, ). B. ( ) uma circunferência de raio e centro (, ).. ( ) uma hipérbole. D. ( ) uma elipse de eixos de comprimento e. E. ( ) uma elipse de eixos de comprimento e. Alternativa: D S é o lugar geométrico definido pela equação: d + d = x + (x ) + (y ) = ( ) ( ) Pt PA (y ) (x ) + =, que corresponde a uma elipse de semi-eixos e. Logo, S é uma elipse de eixos e. 5. Do triângulo de vértices A, B e, inscrito em uma circunferência de raio R = cm, sabe-se que o lado B mede cm e o ângulo interno AB mede 0º. Então, o raio da circunferência inscrita neste triângulo tem o comprimento, em cm, igual a A. ( ). B. ( ). Alternativa: D. ( ) Pelo teorema dos senos, temos: B R ( ) ( sen ) ( BA) BA 0º. sen BA = sen BA = = = Logo, o triângulo AB é isósceles, tal que B = A = cm. D. ( ). E. ( ). B 0º M 0º A SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO 7

8 Na figura, temos BM = MA = cos 0º = cm. Assim, AB = cm. Podemos escrever de duas maneiras a área do triângulo e igualar os resultados para obter o raio da circunferência inscrita, r: + + sen0º = r r ( cm ) = 6. A distância entre o vértice e o foco da parábola de equação x x y + = 0 é igual a A. ( ). B. ( ).. ( ). D. ( ). E. ( ). Alternativa: E x x y + = 0 y = x x + a =, b =, c = A distância entre o vértice e a diretriz desta parábola é dada por: p =. a = = Portanto, a distância entre o vértice e o foco da parábola é p =. 7. A expressão x sen x+ π + cotg x tg x + tg é equivalente a A. ( ) cos sen cotg.. ( ) cos sen x x cotg x. D. ( ) E. ( ) cotg + x [ sen x+ cos x ]. x x x B. ( ) [ ] senx+ cos x tg x. cotg x sen x. Alternativa: A x sen x+ π + cotg x tg x tg Seja S =. Mas: sen x = x x + tg + tg π π π π E: sen x + = sen x + 6π = sen x = sen x = cos x cos x cos x Logo: S = cos x + cotg x sen x= cos x + sen x = cos x sen x + sen x sen x S = cot g x cos x sen x 8 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO

9 8. Sejam uma circunferência de raio R > e centro (0, 0) e AB uma corda de. Sabendo que (, ) é ponto médio de AB, então uma equação da reta que contém AB é A. ( ) y+ x 6 = 0. B. ( ) y+ x 0 = 0.. ( ) y+ x 7 = 0. D. ( ) y+ x = 0. E. ( ) y+ x 9 = 0. Alternativa: B omo M é ponto médio da corda AB, o segmento OM é perpendicular a AB. Os coeficientes angulares de OM e de AB satisfazem a relação: m m =. OM AB omo m =, então m =. OM AB Portanto, uma equação de AB é y = (x ), que é equivalente a y+ x 0= Uma esfera é colocada no interior de um cone circular reto de 8 cm de altura e de 60º de ângulo de vértice. Os pontos de contato da esfera com a superfície lateral do cone definem uma circunferência e distam cm do vértice do cone. O volume do cone não ocupado pela esfera, em cm, é igual a A. ( ) 6. 9 π B. ( ) π. ( ) π D. ( ) 5. 9 π E. ( ) 5. 9 π Alternativa: A De acordo com o texto o cone é eqüilátero. Observe a seção meridiana do cone: A BM 8 AMB : tg0º = BM = cm AM 0º r r AOT: tg0º = = r = cm O M r T 8 B O volume procurado é dado por: 8 V= VONE VESFERA = π 8 π 6 V= πcm³ 9 ( ) 0. Os pontos A = (,) e B = (,) são vértices de um cubo, em que AB é uma das arestas. A área lateral do octaedro cujos vértices são os pontos médios da face do cubo é igual a A. ( ) 8. B. ( ).. ( ). D. ( ). E. ( ) 8. SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO 9

10 Alternativa: Um octaedro possui 6 vértices e uma face de um cubo apresenta apenas pontos médios. O enunciado diz que os vértices do octaedro são os pontos médios da face (no singular) do cubo. Assim, supondo que a área lateral pedida seja na verdade a área total do octaedro, uma vez que não se define base de octaedro, esta área poderá assumir qualquer valor maior que. Logo, acreditamos que a intenção do examinador foi de que os vértices do octaedro fossem os centros das faces do cubo. Sendo assim, como AB é lado do cubo, então: = (xa x B) + (ya y B) = No cubo, temos: H G M P E F N A aresta do octaedro vale = =. ( ) Stotal = 8 = Stotal = D A B AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS DE A 0, DEVEM SER RESOLVIDAS E RESPONDIDAS NO ADERNO DE SOLUÇÕES.. Seja S o conjunto solução da inequação ( x 9) log ( x 6 x ) 0. Determine o conjunto S. x+ (x 9) log x+ (x 6x) 0. Fazendo a condição de existência do logaritmo: x+ > 0 x > x + x x (, ) (,0) ( 6, + ). x 6x > 0 x ( 6, 0) ( 6, + ) Resolvendo, temos: (x 9) log (x 6x) 0 x 9 0 ou log (x 6x) = 0 x 9 ou x 6x = Tomemos x+ x+ p(x) = x 6x. 0 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO

11 Vemos que: p(6) = 59, p(0) =, p( ) =, p( 6) = 6. Logo, pelo teorema de Bolzano, x 6x = tem três raízes reais menores que 9. oncluímos, então, que x 9. Fazendo a interseção com a condição de existência, temos: S = (, ) (,0) ( 6,9] e, portanto, S = (,] { } [0, 6] (9, + ). Sejam xy, e w= x(+ i) + y( i) x(+ 6 i) + y( 6+ i ). Identifique e esboce o conjunto Ω= ( xy, ) ;Re w e Im w. w = x ( + i) + y ( i) x( + 6i) + y( 6 + i) w = x + y x 6y + x y 6x+ y i { } (x ) (y ) Re(w) = x + y x 6y= + = Elipse de centro (, ), vértices (-, ) e (, ) e pólos (, ) e (, ). Assim, Re(w) designa o conjunto formado pelos pontos dessa elipse, unido ao conjunto dos pontos do interior dessa mesma elipse. (x ) (y ) Im(w) = x y 6x + y = = Hipérbole de centro (, ), vértices (0, ) e (, ) e pólos (, ± ). Assim, Im(w) designa o conjunto formado pelos pontos dessa hipérbole, unido ao conjunto formado pelos pontos da região do plano cartesiano, delimitada pelos ramos dessa hipérbole, região que contém o centro da hipérbole. y + 0 x SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO

12 . Seja f { } x + : \ definida por f( x) =. x + a) Mostre que f é injetora., \ { } : \. b) Determine D= f ( x) x { } e f D { } x+ x + a) Supondo x e x { } e f(x ) = f(x ), temos = x + x + x x + x + x + = x x + x + x + x = x A função f é injetora. b) Para determinarmos f, vamos, inicialmente, provar que f também é sobrejetora. Seja y D, tal que f (x) = y. Assim: x + = y x + = yx + y x yx = y x( y) = y x+ y x =. y Logo, f é sobrejetora desde que D = {}. y A função inversa de f é dada por f : {} { } e f (y) = y. Suponha que a equação algébrica 0 x + a x n + a = n= n 0 0 tenha coeficientes reais a 0, a,, a 0 tais que as suas onze raízes sejam todas simples e da forma β + iγn, em que β, γn e os γn, n=,,...,, formam uma progressão aritmética de razão real γ 0. onsidere as três afirmações abaixo e responda se cada uma delas é, respectivamente, verdadeira ou falsa, justificando sua resposta: I. Se β = 0, então a0 = 0. II. Se a0 = 0, então β = 0. III. Se β = 0, então a = 0. De acordo com o enunciado, podemos concluir que as raízes da equação são da forma: β, β ± i, γ β± i, γ β± i, γ β± i γ e β± 5γ i, com β e Analisando as afirmações, temos: * γ I. β= 0 Uma das raízes sendo β, temos que zero é raiz. a = 0 Verdadeira Logo, ( ) 0 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO

13 II. a0 = 0 x+ x + x x = 0 β = 0 β= 0 (Verdadeira) III. β= 0 Apenas um dos produtos da combinação das raízes em um produto de 0 raízes é diferente de zero. a 0 Falsa Logo, da relação de Girard temos que ( ) 5. Um determinado concurso é realizado em duas etapas. Ao longo dos últimos anos, 0% dos candidatos do concurso têm conseguido na primeira etapa nota superior ou igual à nota mínima necessária para poder participar da segunda etapa. Se tomarmos 6 candidatos dentre os muitos inscritos, qual é a probabilidade de no mínimo deles conseguirem nota para participar da segunda etapa? A probabilidade pedida corresponde a uma distribuição binominal de Bernoulli. Assim: 6 6 k 6 k P = (0,) (0,8) k= k Logo, P =, 696% 6. Sejam A, B M ( ). Mostre as propriedades abaixo: a) Se AX é a matriz coluna nula, para todo X M ( ), então A é a matriz nula. b) Se A e B são não nulas e tais que AB é a matriz nula, então det A = det B = a) omo A X= O, para todo X, tomemos os vetores X = 0,X e X 0 = = 0 0 Assim: A X = O a = a = a = 0. A X = O a = a = a = 0. A X = O a = a = a = 0. Logo, a matriz A = (a ij) é nula. b) Vamos provar por redução ao absurdo. Supondo que a matriz A é não-singular, isto é, que A admite inversa A, teríamos: A B = O A A B = A O I B = O B = O (o que é uma contradição, pois o enunciado diz que B O). Logo, A é não-inversível e det A = 0. Analogamente, provamos que B é não-inversível, isto é, det B = 0. SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO

14 7. Sabendo que tg x + π =, para algum 6 x 0, π, determine sen x. Do enunciado, temos: π π tg x + = ± x = arc tg ±. 6 6 π Tomemos θ= arc tg ±, com 0 <θ<. Assim, x π =θ e 6 Mas, sabemos que π senx = sen θ senx = senθ cos θ (I) 6 tg θ=, então: + tg θ= sec θ sec θ= cosθ= e Substituindo em (I): 6 senx = senx = 6. sen θ=. 8. Dadas a circunferência ( ) ( ) : x + y = 0 e a reta r: x y + 5 = 0, considere a reta t que tangencia, forma um ângulo de 5º com r e cuja distância à origem é 5. 5 uma equação da reta t. Determine Se as retas r e t formam ângulo de 5º e possuem coeficientes angulares mr e m t, então estes mr mt coeficientes satisfazem à relação tg5º =. + mr mt Da equação geral de r dada pelo enunciado, temos que mr =. Assim: mt = mt = + mt ou + mt = + m t mt = ou mt =. + m t Então, podemos afirmar que t é reta do feixe (F ): x + y + k = 0 ou do feixe (F ): x y + k = 0, em que k é parâmetro real. omo a reta t dista 5 unidades da origem, temos, de ambos os feixes, que k 5 =, ou seja, que k =±. SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO

15 Temos, então, quatro possibilidades para a reta t: (t ): x y + = 0 (t ): x y = 0 (t ): x + y + = 0 (t ): x + y = 0 omo a reta t é tangente à circunferência dada no enunciado, temos que a distância entre t e o centro (,) de deve ser igual ao raio de : 5. A distância do ponto (,) à reta t é A distância do ponto (,) à reta t é A distância do ponto (,) à reta t é A distância do ponto (,) à reta t é + 5 = = = =. 5 5 Portanto, a equação geral da reta t é x + y + = onsidere as n retas ri: y= mx i + 0, i =,,..., n; n 5, em que os coeficientes m i, em ordem crescente de i, formam uma progressão aritmética de razão q > 0. Se m = 0 e a reta r 5 tangencia a circunferência de equação x + y = 5, determine o valor de q. A circunferência x + y = 5 tem centro na origem e raio 5. A reta r 5 tangente a essa circunferência tem equação y= m5 x+ 0, intercepta o eixo das ordenadas em P = (0,0) e é crescente, pois m5 = m+ q = q > 0. y T 5 P α O r 5 0 x 5 No triângulo PTO, temos sen α= =. 0 Assim, 0º m = tg 90º α = tg60º =. Logo, α = e ( ) q = 5 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO 5

16 0. A razão entre a área lateral e a área da base octogonal de uma pirâmide regular é igual a 5. Exprima o volume desta pirâmide em termos da medida a do apótema da base. Na figura, temos 8 da pirâmide de base octogonal, tal que sua altura é h, apótema da base a, apótema da pirâmide b e aresta da base AB =. P A M b a B h O b área lateral = 8 = b a área da base = 8 = a b b = 5 = 5 a a Do PMO, temos: b = a + h (a 5) = a + h h = a Para o AOB : a O,5º A M B tg(,5º ) = ( ) = = ( ) a a a O volume da pirâmide é dado por: V = a h = a ( )a a 6( ) V= a omentários A prova de matemática do ITA não apresentou questões com grandes dificuldades. Os assuntos foram diversificados e percebemos uma ênfase nas questões de geometria analítica. As questões dissertativas não foram trabalhosas, mas exigiam uma visão aprimorada dos assuntos. 6 SISTEMA DE ENSINO POLIEDRO