ITA 2025 – 1ª fase: Matemática resolvida

Fonte: ITA – prova da 1ª fase e gabarito oficial. Arquivos na página de provas anteriores do ITA.

A 1ª fase do ITA 2025 teve 48 questões de múltipla escolha: 12 de Matemática, 12 de Física, 12 de Química e 12 de Inglês. Este post traz as questões de matemática, numeradas de 1 a 12 como na prova.

Convenções da prova. Os eixos horizontal e vertical são $O_x$ e $O_y$, e $O$ é a origem; $\mathbb{N} = \{1, 2, 3, \dots\}$; $i^2 = -1$; $\overline{AB}$ é o segmento e $AB$ a reta por $A$ e $B$.

Gabarito

Questão 1: O triângulo de vértices 1, z e z²

Enunciado

Seja $z = a + 2i$ um número complexo, em que $a \in \mathbb{R}$ é positivo. O valor de $a$ para que as representações de $1$, $z$ e $z^2$ no plano de Argand-Gauss formem um triângulo de área 200 é

• A) 14.
• B) 15.
• C) 16.
• D) 17.
• E) 18.

Resolução

1. Os pontos. $z^2 = (a + 2i)^2 = (a^2 - 4) + 4ai$. Os vértices são $(1, 0)$, $(a, 2)$ e $(a^2 - 4, 4a)$.

2. Área pelo determinante. Com os vetores a partir de $(1, 0)$: $\vec{u} = (a - 1, 2)$ e $\vec{v} = (a^2 - 5, 4a)$,

(o valor é sempre positivo, pois $a^2 - 2a + 5 = (a - 1)^2 + 4$).

3. Resolvendo. $a^2 - 2a + 5 = 200 \Rightarrow a^2 - 2a - 195 = 0 \Rightarrow a = \frac{2 \pm 28}{2}$. Como $a > 0$, $a = 15$.

Conferindo: $(15 - 1)^2 + 4 = 196 + 4 = 200$ ✔

Resposta: alternativa B (15).

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Questão 2: Quais poliedros existem?

Enunciado

Considere as afirmações:

• I. Existe um poliedro formado por 3 faces triangulares e as demais faces quadrangulares.
• II. Existe um poliedro não convexo com 5 vértices, 9 arestas e 6 faces.
• III. Existe um poliedro convexo com 7 vértices, 16 arestas e 11 faces.

Está(ão) correta(s):

• A) I e II.
• B) I e III.
• C) II e III.
• D) apenas III.
• E) apenas II.

Resolução

I. Falsa. Somando os lados de todas as faces, cada aresta é contada duas vezes: $3\cdot 3 + 4q = 2A$, em que $q$ é o número de quadriláteros. Mas $9 + 4q$ é ímpar, e $2A$ é par. Impossível.

II. Verdadeira. Tome um triângulo $ABC$, um ponto $D$ acima dele e um ponto $E$ também acima, mas mais baixo, dentro da pirâmide $DABC$. O sólido entre os dois “telhados” (o de cima com faces $DAB$, $DBC$, $DCA$ e o de baixo com faces $EAB$, $EBC$, $ECA$) é um poliedro com uma cavidade: não convexo. Ele tem 5 vértices ($A$, $B$, $C$, $D$, $E$), 9 arestas ($AB$, $BC$, $CA$ e as seis que saem de $D$ e $E$) e 6 faces.

III. Falsa. Num poliedro convexo cada face tem pelo menos 3 arestas, então $2A \ge 3F$. Aqui, $32 \ge 33$ é falso. (Equivalentemente, $A \le 3V - 6 = 15 < 16$.) Note que a relação de Euler ($7 - 16 + 11 = 2$) vale, mas não basta.

Resposta: alternativa E (apenas II).

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Questão 3: Um termo independente que não aparece

Enunciado

O termo independente da expansão de $\left(x + \dfrac{1}{x}\right)^6\left(x - \dfrac{2}{x}\right)^5$ é

• A) $-18$.
• B) $-12$.
• C) $0$.
• D) $12$.
• E) $18$.

Resolução

1. Os expoentes. Os termos de $\left(x + \frac{1}{x}\right)^6$ têm a forma $\binom{6}{j}x^{6 - 2j}$, e os de $\left(x - \frac{2}{x}\right)^5$, a forma $\binom{5}{k}(-2)^k x^{5 - 2k}$.

2. Paridade. No produto, o expoente é $(6 - 2j) + (5 - 2k) = 11 - 2(j + k)$, que é sempre ímpar. Nunca dá 0.

Então não existe termo em $x^0$: o termo independente é 0.

Resposta: alternativa C (0).

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Questão 4: O que a igualdade g(x²) = f(2x² − x + 1) obriga

Enunciado

Sejam $f(x)$ e $g(x)$ funções reais definidas para todo $x \in \mathbb{R}$. Se para todo $x > 0$ vale a igualdade $g(x^2) = f(2x^2 - x + 1)$, podemos afirmar que

• A) $f$ não é sobrejetora.
• B) $f$ não é injetora.
• C) $g$ não é sobrejetora.
• D) $g$ não é injetora.
• E) $f(a) \ne g(a)$ para todo $a > 0$.

Resolução

1. A ideia. Se dois valores positivos $x_1 \ne x_2$ derem o mesmo $2x^2 - x + 1$, então $f$ recebe o mesmo número e

com $x_1^2 \ne x_2^2$. Isso mostra que $g$ não é injetora.

2. Achando os valores. A parábola $2x^2 - x + 1$ tem vértice em $x = \frac{1}{4}$, então valores simétricos em torno de $\frac{1}{4}$ dão o mesmo resultado: por exemplo, $x_1 = \frac{1}{8}$ e $x_2 = \frac{3}{8}$:

Logo $g\left(\frac{1}{64}\right) = g\left(\frac{9}{64}\right)$.

3. As outras alternativas não são garantidas.

• Tome $f(t) = t$ e $g(u) = 2u - \sqrt{u} + 1$ para $u > 0$, $g(u) = u + \frac{7}{8}$ para $u \le 0$. A igualdade vale ($g(x^2) = 2x^2 - x + 1$), $f$ é bijetora (A e B falham) e $g$ é sobrejetora: para $u > 0$ ela assume todos os valores a partir de $\frac{7}{8}$ (mínimo em $u = \frac{1}{16}$) e, para $u \le 0$, todos os valores até $\frac{7}{8}$ (C falha).
• Com $f$ e $g$ ambas nulas, a igualdade vale e $f(a) = g(a)$ para todo $a$ (E falha).

Resposta: alternativa D ($g$ não é injetora).

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Questão 5: Somas parciais como diferença

Enunciado

Sejam $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ e $(b_n)_{n \in \mathbb{N}}$ duas sequências numéricas tais que

Considere as afirmações abaixo:

• I. Se $(b_n)_{n \in \mathbb{N}}$ é uma PG, então $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ também é PG.
• II. Se $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ é uma PG, então $(b_n)_{n \in \mathbb{N}}$ também é PG.
• III. Se $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ é uma PA, então $(S_n)_{n \in \mathbb{N}}$ também é PA.

Está(ão) correta(s):

• A) I e II.
• B) II e III.
• C) I e III.
• D) apenas I.
• E) nenhuma.

Resolução

Fato-chave. Subtraindo $S_n - S_{n-1}$ (e usando $S_1 = a_1 = b_2 - b_1$):

I. Verdadeira. Se $b_n = b_1 q^{n-1}$, então $a_n = b_1 q^{n-1}(q - 1)$: uma PG de mesma razão $q$. (Se $q = 1$, $a_n$ é a sequência nula, que é a PG trivial.)

II. Falsa. $b_n = b_1 + S_{n-1}$ depende do valor livre $b_1$. Com $a_n = 1$ (PG de razão 1) e $b_1 = 1$: $b_n = n$, que não é PG.

III. Falsa. Se $a_n$ é PA de razão $r \ne 0$, $S_n$ é quadrático em $n$. Por exemplo, $a_n = n$ dá $S_n = 1, 3, 6, 10, \dots$, que não é PA.

Resposta: alternativa D (apenas I).

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Questão 6: Duas soluções para a equação exponencial

Enunciado

O conjunto de todos os valores $a \in \mathbb{R}$ para os quais a equação $9^x - (3a + 4)3^x + 2a^2 + 9a - 5 = 0$ tem duas soluções reais distintas é

• A) $(6, \infty)$.
• B) $\left(\frac{1}{2}, \infty\right) \setminus \{6\}$.
• C) $\left(\frac{3}{2}, \infty\right) \setminus \{6\}$.
• D) $\mathbb{R} \setminus \{6\}$.
• E) $\mathbb{R}$.

Resolução

1. Mudança de variável. Com $t = 3^x > 0$ (cada $t > 0$ dá exatamente um $x$):

2. Fatorando. $2a^2 + 9a - 5 = (2a - 1)(a + 5)$ e $(2a - 1) + (a + 5) = 3a + 4$. Então as raízes são

3. Duas soluções em $x$ exigem duas raízes $t$ positivas e distintas:

• $2a - 1 > 0 \Rightarrow a > \frac{1}{2}$;
• $a + 5 > 0 \Rightarrow a > -5$;
• $2a - 1 \ne a + 5 \Rightarrow a \ne 6$.

Resposta: alternativa B ($\left(\frac{1}{2}, \infty\right) \setminus \{6\}$).

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Questão 7: Achando k para os sistemas serem equivalentes

Enunciado

Sejam $m$, $n$ e $k$ números reais. Considere os sistemas abaixo:

Sabendo-se que os dois sistemas são equivalentes (isto é, possuem o mesmo conjunto solução), o valor de $k$ é

• A) $\frac{1}{3}$.
• B) $\frac{1}{2}$.
• C) $1$.
• D) $2$.
• E) $3$.

Resolução

1. Resolvendo I. Subtraindo a 1ª equação da 2ª: $y - 2z = 1$. Subtraindo o dobro da 1ª da 3ª: $-y + 2z = -1$, a mesma equação. O sistema é possível e indeterminado: com $z = t$, $y = 1 + 2t$ e $x = 1 - y - z = -3t$.

2. Impondo que essas soluções satisfaçam II.

• 2ª equação: $-3t + m(1 + 2t) + nt = 5$ para todo $t$: $m = 5$ e $-3 + 2m + n = 0$, logo $n = -7$.
• 3ª equação: $-3kt + (1 + 2t) - t = 3m + 2n = 15 - 14 = 1$, ou seja, $(1 - 3k)t = 0$ para todo $t$: $k = \frac{1}{3}$.

3. Mesmo conjunto solução. Com esses valores, as equações de II são $x + y + z = 1$, $x + 5y - 7z = 5$ e $\frac{1}{3}x + y - z = 1$. A 3ª é $\frac{1}{6}$ da soma das duas primeiras, e as duas primeiras são independentes: II também é uma reta de soluções, a mesma de I ✔

Resposta: alternativa A ($k = \frac{1}{3}$).

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Questão 8: O maior intervalo onde f está definida

Enunciado

Considere a função

Seja $I = (a, b)$ o intervalo de maior comprimento contido em $[-\pi, 2\pi]$ tal que $f(x)$ está definida para todo $x \in I$. O valor de $a + b$ é

• A) $0$.
• B) $\frac{\pi}{3}$.
• C) $\frac{2\pi}{3}$.
• D) $\frac{5\pi}{6}$.
• E) $\frac{13\pi}{6}$.

Resolução

1. Fatorando. Com $\operatorname{sen} 2x = 2\operatorname{sen} x\cos x$:

e o denominador é $8(\cos 2x + 1) = 16\cos^2 x$.

2. Condições. $f$ está definida quando $\cos x \ne 0$ e $(2\operatorname{sen} x - 1)(2\cos x + 1) \ge 0$.

3. Sinais em uma volta $[0, 2\pi)$.

• $2\operatorname{sen} x - 1 \ge 0 \iff x \in \left[\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}\right]$;
• $2\cos x + 1 \ge 0 \iff x \in \left[0, \frac{2\pi}{3}\right] \cup \left[\frac{4\pi}{3}, 2\pi\right)$.

O produto é $\ge 0$ quando os dois fatores têm o mesmo sinal:

• ambos $\ge 0$: $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{2\pi}{3}\right]$, sem $\frac{\pi}{2}$ (onde $\cos x = 0$);
• ambos $\le 0$: $\left[\frac{5\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}\right]$.

4. Em $[-\pi, 2\pi]$. Os pedaços são $\left[-\pi, -\frac{2\pi}{3}\right]$ (a cópia de $\left[\frac{5\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}\right]$ deslocada de $-2\pi$, cortada em $-\pi$), $\left[\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}\right)$, $\left(\frac{\pi}{2}, \frac{2\pi}{3}\right]$ e $\left[\frac{5\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}\right]$, de comprimentos $\frac{\pi}{3}$, $\frac{\pi}{3}$, $\frac{\pi}{6}$ e $\frac{\pi}{2}$. O maior é $I = \left(\frac{5\pi}{6}, \frac{4\pi}{3}\right)$.

(Conferimos por computador, testando o domínio numa malha fina de $[-\pi, 2\pi]$: o maior trecho contínuo vai de $\approx 0{,}8333\pi$ a $\approx 1{,}3333\pi$.)

Resposta: alternativa E ($\frac{13\pi}{6}$).

Para revisar, veja Inequações de seno, cosseno e tangente.

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Questão 9: Girando o triângulo PO₁R

Questão anulada pelo ITA. Segundo o gabarito oficial, a questão 9 foi anulada porque não há alternativa correta. Abaixo está a conta, que mostra o valor verdadeiro.

Enunciado

Duas circunferências $C_1$ e $C_2$ de centros $O_1$ e $O_2$, respectivamente, têm raio igual a 5 cm e se interceptam nos pontos $P$ e $Q$, determinando uma corda comum $\overline{PQ}$ de tamanho 6 cm. As interseções de cada circunferência com o segmento $\overline{O_1O_2}$ determinam os pontos $R$ em $C_1$ e $S$ em $C_2$. O volume do sólido de revolução obtido pela rotação do triângulo $PO_1R$ em torno da reta $O_1O_2$ é, em cm³, igual a

• A) $\pi$.
• B) $3\pi$.
• C) $4\pi$.
• D) $6\pi$.
• E) $9\pi$.

Comentário

1. A figura. A corda comum é perpendicular a $O_1O_2$ e cortada ao meio no ponto $M$. Então $m(\overline{PM}) = 3$ e, no triângulo retângulo $O_1MP$, $m(\overline{O_1M}) = \sqrt{25 - 9} = 4$.

2. O ponto $R$. $R$ está em $C_1$ sobre o segmento $\overline{O_1O_2}$, então $m(\overline{O_1R}) = 5$, e $M$ fica entre $O_1$ e $R$, com $m(\overline{MR}) = 1$.

3. O sólido. Girando o triângulo $PO_1R$ em torno de $O_1R$, o ponto $P$ descreve um círculo de raio $3$ centrado em $M$. O sólido são dois cones com essa base, de alturas $4$ e $1$:

O valor $15\pi$ não está entre as alternativas, o que confirma a anulação. (A alternativa B, $3\pi$, é só o cone menor.)

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Questão 10: A raiz comum dos dois polinômios

Enunciado

Uma raiz comum aos polinômios $p(x) = x^5 - x^3 + 12x - 18$ e $q(x) = x^4 - x^3 + 5x - 3$ é

• A) $-1 + \sqrt{2}\,i$.
• B) $\sqrt{2} + \sqrt{2}\,i$.
• C) $\sqrt{2} + i$.
• D) $1 + \sqrt{2}\,i$.
• E) $-\sqrt{2} + i$.

Resolução

1. Algoritmo de Euclides. Uma raiz comum anula qualquer combinação $p - h\cdot q$. Calculando:

Então $p - (x + 1)q = -5(x^2 - 2x + 3)$.

2. As raízes comuns. Toda raiz comum satisfaz $x^2 - 2x + 3 = 0$, isto é, $x = 1 \pm \sqrt{2}\,i$. E elas são de fato comuns:

(confira multiplicando).

Resposta: alternativa D ($1 + \sqrt{2}\,i$).

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Questão 11: Hipérbole com os focos da elipse

Enunciado

Seja $H$ uma hipérbole no plano cartesiano cujos focos são comuns aos focos da elipse $E: \dfrac{x^2}{4} + y^2 = 1$. Seja $P$ um ponto de intersecção de $E$ e $H$ no primeiro quadrante e $O$ a origem do sistema cartesiano. Sabendo que $\overline{OP}$ forma um ângulo $\theta$ com o eixo horizontal $O_x$, com $\tan(\theta) = \dfrac{\sqrt{3}}{6}$, a excentricidade de $H$ é

• A) $\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
• B) $\frac{\sqrt{6}}{2}$.
• C) $\frac{3\sqrt{3}}{4}$.
• D) $\frac{2\sqrt{6}}{3}$.
• E) $\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

Resolução

1. Focos. Na elipse, $a = 2$, $b = 1$, $c = \sqrt{3}$: focos $F_1 = (-\sqrt{3}, 0)$ e $F_2 = (\sqrt{3}, 0)$.

2. O ponto $P$. Em $\overline{OP}$, $y = \frac{\sqrt{3}}{6}x$. Na elipse:

$P = \left(\sqrt{3}, \frac{1}{2}\right)$, exatamente acima do foco $F_2$.

3. A hipérbole. $|PF_1 - PF_2| = 2a_H$, com

Então $2a_H = 3$, $a_H = \frac{3}{2}$, e com $c = \sqrt{3}$:

Conferindo com a elipse: $PF_1 + PF_2 = 4 = 2\cdot 2$ ✔

Resposta: alternativa A ($\frac{2\sqrt{3}}{3}$).

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Questão 12: 16m com 231 divisores

Enunciado

Um número $m \in \mathbb{N}$, ao ser multiplicado por 16, resulta em um número com 231 divisores inteiros positivos. Considere as afirmações:

• I. $m$ é um número par.
• II. $m$ é um quadrado perfeito.
• III. $16m$ tem 3 fatores primos distintos.

É(São) VERDADEIRA(S):

• A) apenas I.
• B) apenas II.
• C) I e II.
• D) I e III.
• E) II e III.

Resolução

1. Contando divisores. Escreva $m = 2^e \cdot p_1^{f_1}\cdots p_r^{f_r}$ (primos ímpares). Então $16m = 2^{e + 4}p_1^{f_1}\cdots p_r^{f_r}$ e

2. Consequências.

• O fator $e + 5$ é um divisor de 231 que é pelo menos 5: $7, 11, 21, 33, 77$ ou $231$. Então $e \in \{2, 6, 16, 28, 72, 226\}$, e sempre $e \ge 2$.
• Todos os divisores de 231 são ímpares, então cada $f_i + 1$ é ímpar e cada $f_i$ é par; e $e$ também é par em todos os casos.

I. Verdadeira: $e \ge 2$, então $m$ é par.

II. Verdadeira: todos os expoentes de $m$ são pares.

III. Falsa: com $m = 2^{226}$, $16m = 2^{230}$ tem $231$ divisores e um único fator primo.

Resposta: alternativa C (I e II).

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