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

A 1ª fase do ITA 2026 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. $i^2 = -1$; $\bar{z}$ é o conjugado de $z$; $]a, b[$ é o intervalo aberto $a < x < b$.

Gabarito

Questão Assunto Gabarito
1 Números complexos: módulo e argumento D
2 Logaritmos: sistema com aproximações B
3 Matrizes: simetria, PA e singularidade E
4 Números complexos: polígono das soluções C
5 Geometria plana: hexagrama D
6 Geometria espacial de posição Anulada
7 Matriz de rotação A
8 Polinômios: simetria em relação a um ponto B
9 Parábola, tangente e área D
10 Sistema trigonométrico E
11 Contagem de bijeções A
12 Circunferências tangentes em PG B

Questão 1: z − w real com w no argumento π/6

Enunciado

Sejam $z, w \in \mathbb{C}$ tais que $z - w = -2\sqrt{3}$ e $w \ne 0$. Se $z$ tem módulo $2\sqrt{3}$, e $w$ tem argumento $\pi/6$, então a parte real de $z$ é igual a

  • A) $-2\sqrt{3}$.
  • B) $-\sqrt{3}$.
  • C) $0$.
  • D) $\sqrt{3}$.
  • E) $2\sqrt{3}$.

Resolução

1. Escrevendo $w$. Com $|w| = \rho > 0$ e argumento $\frac{\pi}{6}$: $w = \rho\left(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i\right)$. Então

$$z = w - 2\sqrt{3} = \left(\frac{\rho\sqrt{3}}{2} - 2\sqrt{3}\right) + \frac{\rho}{2}\,i$$

2. Usando $|z| = 2\sqrt{3}$.

$$\left(\frac{\rho\sqrt{3}}{2} - 2\sqrt{3}\right)^2 + \frac{\rho^2}{4} = 12 \quad\Rightarrow\quad \frac{3\rho^2}{4} - 6\rho + 12 + \frac{\rho^2}{4} = 12 \quad\Rightarrow\quad \rho^2 - 6\rho = 0$$

Como $\rho \ne 0$, $\rho = 6$.

3. Parte real. $\operatorname{Re}(z) = 3\sqrt{3} - 2\sqrt{3} = \sqrt{3}$.

Conferindo: $z = \sqrt{3} + 3i$ tem módulo $\sqrt{3 + 9} = 2\sqrt{3}$ ✔

Resposta: alternativa D ($\sqrt{3}$).

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Questão 2: log₄₅ 7 a partir de duas aproximações

Enunciado

Usando os valores aproximados

$$\log_{45} 13{,}72 = 0{,}6880, \qquad \log_{45} 6125 = 2{,}2908,$$

a alternativa que mais aproxima a representação decimal de $\log_{45} 7$ é

  • A) $0{,}4886$.
  • B) $0{,}5112$.
  • C) $0{,}5193$.
  • D) $0{,}5224$.
  • E) $0{,}5385$.

Resolução

1. Fatorando. $13{,}72 = \frac{1372}{100} = \frac{4\cdot 343}{100} = \frac{7^3}{5^2}$ e $6125 = 125\cdot 49 = 5^3\cdot 7^2$.

2. Um sistema. Com $u = \log_{45} 7$ e $v = \log_{45} 5$:

$$3u - 2v = 0{,}6880, \qquad 2u + 3v = 2{,}2908$$

3. Resolvendo. Multiplicando a 1ª por 3 e a 2ª por 2 e somando:

$$9u + 4u = 2{,}0640 + 4{,}5816 \quad\Rightarrow\quad 13u = 6{,}6456 \quad\Rightarrow\quad u = 0{,}5112$$

Conferindo: $v = \frac{3u - 0{,}6880}{2} = 0{,}4228$, e de fato $\log_{45} 5 = \frac{\ln 5}{\ln 45} \approx 0{,}4228$ ✔

Resposta: alternativa B ($0{,}5112$).

Para revisar, veja Propriedades de Logaritmos.

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Questão 3: A matriz aᵢⱼ = 1 + (1 − i)(1 − j)

Enunciado

Seja $A$ a matriz de ordem $100 \times 100$, cujos elementos são descritos pela equação

$$a_{ij} = 1 + (1 - i)(1 - j).$$

Considere as seguintes afirmações:

  • I. $A$ é uma matriz simétrica.
  • II. Cada linha da matriz $A$ forma uma progressão aritmética.
  • III. $A$ é uma matriz singular.

É (São) VERDADEIRA(S):

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

Resolução

I. Verdadeira. Trocar $i$ e $j$ não muda $1 + (1 - i)(1 - j)$.

II. Verdadeira. Fixada a linha $i$, $a_{ij} = (2 - i) - (1 - i)\,j$ é uma função do 1º grau em $j$: os termos formam uma PA de razão $i - 1$.

III. Verdadeira. Por II, cada linha é uma PA; então a 3ª coluna é igual a duas vezes a 2ª menos a 1ª ($a_{i3} = 2a_{i2} - a_{i1}$). Colunas linearmente dependentes dão determinante zero. (De fato, toda coluna é combinação das duas primeiras: $A$ tem posto 2.)

Resposta: alternativa E (I, II e III).

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Questão 4: O polígono das soluções de iz² = 2z̄

Enunciado

Os vértices de um polígono são todos os números complexos não nulos que satisfazem a equação

$$iz^2 = 2\bar{z}.$$

A área desse polígono é

  • A) $\sqrt{3}$.
  • B) $2\sqrt{3}$.
  • C) $3\sqrt{3}$.
  • D) $4\sqrt{3}$.
  • E) $5\sqrt{3}$.

Resolução

1. O módulo. Tomando módulos: $|z|^2 = 2|z|$, e como $z \ne 0$, $|z| = 2$.

2. O argumento. Com $z = 2\operatorname{cis}\theta$: $i\cdot 4\operatorname{cis}2\theta = 4\operatorname{cis}(-\theta)$, ou seja,

$$\operatorname{cis}\left(2\theta + \frac{\pi}{2}\right) = \operatorname{cis}(-\theta) \quad\Rightarrow\quad 3\theta = -\frac{\pi}{2} + 2k\pi \quad\Rightarrow\quad \theta = -\frac{\pi}{6} + \frac{2k\pi}{3}$$

Três soluções: $\theta = -\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}, \frac{7\pi}{6}$, isto é, $z = \sqrt{3} - i$, $2i$, $-\sqrt{3} - i$.

3. A área. É um triângulo equilátero inscrito na circunferência de raio 2, com lado $2\sqrt{3}$:

$$S = \frac{(2\sqrt{3})^2\sqrt{3}}{4} = 3\sqrt{3}$$

Conferindo com $z = 2i$: $i(2i)^2 = -4i$ e $2\overline{2i} = -4i$ ✔

Resposta: alternativa C ($3\sqrt{3}$).

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Questão 5: Do hexagrama ao quadrado inscrito

Enunciado

Uma circunferência é dividida em seis partes iguais pelos pontos $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$, designados nessa ordem. Os pontos $A$, $C$, $E$ são vértices de um triângulo equilátero, os pontos $B$, $D$, $F$ são vértices de um segundo triângulo equilátero. A sobreposição desses dois triângulos define uma estrela de seis pontas denominada hexagrama. Se a área desse hexagrama é $25\sqrt{3}$ cm², então a área do quadrado inscrito na circunferência mede

  • A) 10 cm².
  • B) 25 cm².
  • C) 40 cm².
  • D) 50 cm².
  • E) 75 cm².

Resolução

1. A estrela é um triângulo mais três pontas. Os lados do triângulo $BDF$ cortam cada lado de $ACE$ em três partes iguais. Cada ponta da estrela que fica fora de $ACE$ é um triângulo equilátero de lado $\frac{1}{3}$ do lado de $ACE$, com área $\frac{1}{9}$ da de $ACE$. Então

$$S_{\text{estrela}} = T + 3\cdot\frac{T}{9} = \frac{4T}{3}$$

em que $T$ é a área de $ACE$.

2. Em função do raio. O triângulo equilátero inscrito num círculo de raio $R$ tem lado $R\sqrt{3}$ e área $T = \frac{3\sqrt{3}}{4}R^2$. Então

$$S_{\text{estrela}} = \frac{4}{3}\cdot\frac{3\sqrt{3}}{4}R^2 = \sqrt{3}R^2 = 25\sqrt{3} \quad\Rightarrow\quad R^2 = 25$$

3. O quadrado inscrito tem diagonal $2R$, logo área $\frac{(2R)^2}{2} = 2R^2 = 50$ cm².

Resposta: alternativa D (50 cm²).

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Questão 6: Seções do cubo e planos

Questão anulada pelo ITA. Segundo o gabarito oficial, a afirmação III admite duas leituras com julgamentos opostos; por isso a questão foi anulada.

Enunciado

Considere as seguintes afirmações:

  • I. Um cubo possui uma seção plana dada por um pentágono.
  • II. Sejam $\alpha$, $\beta$ e $\eta$ três planos distintos, dois a dois concorrentes. Sejam $r$ a reta interseção de $\alpha$ e $\beta$, $s$ a reta interseção de $\beta$ e $\eta$, $t$ a reta interseção de $\alpha$ e $\eta$. Se $r$, $s$ e $t$ são duas a duas paralelas distintas, então existe uma única reta paralela a $r$ que dista igualmente de $\alpha$, $\beta$ e $\eta$.
  • III. Dois planos secantes são perpendiculares se toda reta de um deles for perpendicular ao outro plano.

É (São) VERDADEIRA(S):

  • A) Apenas I.
  • B) Apenas I e II.
  • C) Apenas I e III.
  • D) Apenas II e III.
  • E) Nenhuma das afirmações.

Comentário

I. Verdadeira. Um plano que corta cinco das seis faces do cubo produz um pentágono. Por exemplo, no cubo $[0, 1]^3$, o plano $x + y + 2z = 2{,}5$ corta as faces $x = 1$, $y = 1$, $z = 1$, $x = 0$ e $y = 0$ (e não a face $z = 0$, onde precisaria $x + y = 2{,}5$).

II. Falsa. Os três planos formam um “prisma triangular infinito”. Num corte perpendicular a $r$, os planos viram as três retas-suporte dos lados de um triângulo, e uma reta paralela a $r$ vira um ponto. Pontos equidistantes das três retas são o incentro e os três ex-incentros: são quatro retas, não uma.

III. Ambígua. Se “toda reta de um deles é perpendicular ao outro plano” for lida literalmente, a hipótese nunca acontece (a reta de interseção está nos dois planos), e a afirmação seria verdadeira por vacuidade, ou falsa como critério, conforme a leitura. Com III verdadeira a resposta seria C; com III falsa, A. Foi essa ambiguidade que levou à anulação.

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Questão 7: Girando o vetor 31 vezes

Enunciado

Considere as matrizes

$$A = \begin{bmatrix} \sqrt{3}/2 & -1/2 \\ 1/2 & \sqrt{3}/2 \end{bmatrix}, \qquad B = \begin{bmatrix} \sqrt{2}/2 \\ \sqrt{2}/2 \end{bmatrix}.$$

A matriz $A^{31} \times B$ é igual a

  • A) $\begin{bmatrix} -\frac{\sqrt{2}}{4}(\sqrt{3} - 1) \\ -\frac{\sqrt{2}}{4}(1 + \sqrt{3}) \end{bmatrix}$.
  • B) $\begin{bmatrix} -\frac{\sqrt{2}}{4}(1 - \sqrt{3}) \\ -\frac{\sqrt{2}}{4}(1 + \sqrt{3}) \end{bmatrix}$.
  • C) $\begin{bmatrix} \frac{1 - \sqrt{6}}{2\sqrt{2}} \\ \frac{1 + \sqrt{6}}{2\sqrt{2}} \end{bmatrix}$.
  • D) $\begin{bmatrix} \frac{\sqrt{6} - 1}{2\sqrt{2}} \\ \frac{1 + \sqrt{6}}{2\sqrt{2}} \end{bmatrix}$.
  • E) nenhuma das alternativas anteriores.

Resolução

1. Rotação. $A = \begin{bmatrix} \cos 30^\circ & -\operatorname{sen}30^\circ \\ \operatorname{sen}30^\circ & \cos 30^\circ \end{bmatrix}$ gira vetores de $30^\circ$. Então $A^{31}$ gira de $31\cdot 30^\circ = 930^\circ$, que é o mesmo que $930^\circ - 720^\circ = 210^\circ$.

2. O vetor. $B = (\cos 45^\circ, \operatorname{sen}45^\circ)$. Girando $210^\circ$, chega a $(\cos 255^\circ, \operatorname{sen}255^\circ)$.

3. Valores. $255^\circ = 180^\circ + 75^\circ$, então

$$\cos 255^\circ = -\cos 75^\circ = -\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{4}(\sqrt{3} - 1)$$$$\operatorname{sen}255^\circ = -\operatorname{sen}75^\circ = -\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{4}(\sqrt{3} + 1)$$

Resposta: alternativa A.

Para revisar, veja Fórmulas de adição e subtração de arcos.

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Questão 8: Um polinômio simétrico em relação ao ponto (2, 0)

Enunciado

Seja $p(x) = x^3 + bx^2 + cx + d$ um polinômio com coeficientes reais. Se todas as raízes de $p(x)$ são reais e, para todo $x \in \mathbb{R}$,

$$p(2 + x) = -p(2 - x),$$

então o menor valor possível para $p(0)$ é

  • A) $-10$.
  • B) $-8$.
  • C) $-6$.
  • D) $-4$.
  • E) $-2$.

Resolução

1. A simetria. Com $q(t) = p(2 + t)$, a condição diz $q(t) = -q(-t)$: $q$ é ímpar. Um polinômio mônico de grau 3 ímpar é $q(t) = t^3 + kt$. Logo

$$p(x) = (x - 2)^3 + k(x - 2) = (x - 2)\left[(x - 2)^2 + k\right]$$

2. Raízes reais. $x = 2$ é raiz, e as outras vêm de $(x - 2)^2 = -k$: são reais exatamente quando $k \le 0$.

3. O valor de $p(0)$.

$$p(0) = (-2)^3 + k(-2) = -8 - 2k$$

Com $k \le 0$, $-2k \ge 0$, e $p(0) \ge -8$, com igualdade para $k = 0$, isto é, $p(x) = (x - 2)^3$ (raiz tripla 2).

Resposta: alternativa B ($-8$).

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Questão 9: O triângulo ABV

Enunciado

Considere a reta $r: 3x + 4y = -15$ e a parábola $P: y = x^2 + x + 6$ com vértice $V$. Seja $t$ a reta tangente a $P$, que tem coeficiente angular negativo e forma um ângulo de $45^\circ$ com $r$. Sendo $A$ o ponto de tangência de $t$ a $P$ e $B$ o ponto de interseção de $r$ e $t$, a área do triângulo $ABV$ é

  • A) $\frac{13}{500}$.
  • B) $\frac{25}{4}$.
  • C) $\frac{105}{8}$.
  • D) $\frac{147}{8}$.
  • E) $\frac{126}{5}$.

Resolução

1. O vértice. $x_V = -\frac{1}{2}$, $y_V = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} + 6 = \frac{23}{4}$.

2. A inclinação de $t$. A reta $r$ tem coeficiente angular $-\frac{3}{4}$. Um ângulo de $45^\circ$ com $r$ pede

$$\left|\frac{m + \frac{3}{4}}{1 - \frac{3m}{4}}\right| = 1 \quad\Rightarrow\quad m = \frac{1}{7} \quad\text{ou}\quad m = -7$$

Como $m < 0$, $m = -7$.

3. O ponto de tangência. A derivada da parábola é $2x + 1 = -7 \Rightarrow x = -4$, e $y = 16 - 4 + 6 = 18$: $A = (-4, 18)$. A tangente é $y = -7x - 10$.

4. O ponto $B$. $3x + 4(-7x - 10) = -15 \Rightarrow -25x = 25 \Rightarrow x = -1$, $y = -3$: $B = (-1, -3)$.

5. Área. Com $\overrightarrow{BA} = (-3, 21)$ e $\overrightarrow{BV} = \left(\frac{1}{2}, \frac{35}{4}\right)$:

$$S = \frac{1}{2}\left|(-3)\cdot\frac{35}{4} - 21\cdot\frac{1}{2}\right| = \frac{1}{2}\cdot\frac{105 + 42}{4} = \frac{147}{8}$$

Conferindo a tangência: $x^2 + x + 6 = -7x - 10 \Rightarrow x^2 + 8x + 16 = (x + 4)^2 = 0$, raiz dupla ✔

Resposta: alternativa D ($\frac{147}{8}$).

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Questão 10: Um sistema com tangentes e secantes

Enunciado

Sejam $x, y \in \left]0, \pi/2\right[$, satisfazendo o sistema de equações

$$\begin{cases} \tan(y)\tan\left(\dfrac{y}{2}\right) = \cos(2x)\sec(y), \\[2mm] \dfrac{\operatorname{sen}(y)}{\cos(x)} + \dfrac{\cos(x)}{\operatorname{sen}(y)} = 2. \end{cases}$$

O produto de todos os valores de $x$ e $y$ que resolvem esse sistema é

  • A) $\frac{\pi^2}{24}$.
  • B) $\frac{\pi^4}{324}$.
  • C) $\frac{\pi^2}{50}$.
  • D) $\frac{\pi^2}{16}$.
  • E) $\frac{\pi^2}{18}$.

Resolução

1. A 2ª equação. Com $u = \frac{\operatorname{sen} y}{\cos x} > 0$: $u + \frac{1}{u} = 2 \iff (u - 1)^2 = 0 \iff u = 1$. Então $\operatorname{sen} y = \cos x$ e, no intervalo dado, $y = \frac{\pi}{2} - x$.

2. Simplificando a 1ª. Usando $\tan\frac{y}{2} = \frac{1 - \cos y}{\operatorname{sen} y}$:

$$\tan y\tan\frac{y}{2} = \frac{\operatorname{sen} y}{\cos y}\cdot\frac{1 - \cos y}{\operatorname{sen} y} = \frac{1 - \cos y}{\cos y}$$

e a equação vira $\frac{1 - \cos y}{\cos y} = \frac{\cos 2x}{\cos y}$, ou seja, $1 - \cos y = \cos 2x$.

3. Juntando. Com $\cos y = \operatorname{sen} x$ e $\cos 2x = 1 - 2\operatorname{sen}^2 x$:

$$1 - \operatorname{sen} x = 1 - 2\operatorname{sen}^2 x \quad\Rightarrow\quad \operatorname{sen} x\,(2\operatorname{sen} x - 1) = 0$$

No intervalo, $\operatorname{sen} x = \frac{1}{2}$: $x = \frac{\pi}{6}$ e $y = \frac{\pi}{3}$.

4. O produto. $x\cdot y = \frac{\pi}{6}\cdot\frac{\pi}{3} = \frac{\pi^2}{18}$.

Conferindo: $\tan 60^\circ\tan 30^\circ = 1$ e $\cos 60^\circ\sec 60^\circ = 1$ ✔; $\frac{\operatorname{sen}60^\circ}{\cos 30^\circ} = 1$, e $1 + 1 = 2$ ✔

Resposta: alternativa E ($\frac{\pi^2}{18}$).

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Questão 11: Bijeções com restrições de ordem

Enunciado

Seja $A = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}$. A quantidade de bijeções $F: A \to A$ que satisfazem $F(1) < F(5) < F(3)$ e $F(7) < F(2)$ é

  • A) 3360.
  • B) 4200.
  • C) 5040.
  • D) 5880.
  • E) 6720.

Resolução

1. Total. Há $8! = 40320$ bijeções de $A$ em $A$.

2. Por simetria. Os três valores $F(1)$, $F(5)$, $F(3)$ são distintos; das $3! = 6$ ordens possíveis entre eles, só uma é $F(1) < F(5) < F(3)$. Trocando os valores entre essas três posições, as bijeções se dividem em grupos de 6, e em cada grupo exatamente uma satisfaz a condição. O mesmo vale para $F(7) < F(2)$, com fator 2. Como as posições $\{1, 5, 3\}$ e $\{7, 2\}$ são disjuntas, os dois fatores se combinam:

$$\frac{8!}{3!\cdot 2!} = \frac{40320}{12} = 3360$$

3. Por contagem direta. Escolhemos os 3 valores das posições 1, 5, 3 ($\binom{8}{3} = 56$, uma única ordem), os 2 valores das posições 7, 2 entre os 5 restantes ($\binom{5}{2} = 10$, uma ordem) e distribuímos os 3 valores restantes ($3! = 6$): $56\cdot 10\cdot 6 = 3360$ ✔

Resposta: alternativa A (3360).

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Questão 12: Circunferências tangentes com raios em PG

Enunciado

Considere $m \in \mathbb{R}$ positivo. A sequência $r_k$ é uma progressão geométrica crescente de termos positivos de razão $q$ e termo inicial $r_1 = q$. As circunferências

$$C_k: (x - r_k)^2 + (y - mr_k)^2 = r_k^2$$

são duas a duas tangentes externamente, nessa ordem. A expressão de $q$ em função de $m$ é

  • A) $\frac{\sqrt{m^2 + 1} + 1}{m}$.
  • B) $\left(\frac{\sqrt{m^2 + 1} + 1}{m}\right)^2$.
  • C) $\frac{\sqrt{m^2 + 1} - 1}{m}$.
  • D) $\left(\frac{\sqrt{m^2 + 1} - 1}{m}\right)^2$.
  • E) $\frac{m^2 + 1}{m}$.

Resolução

1. Os centros. $C_k$ tem centro $(r_k, mr_k)$, sobre a reta $y = mx$, e raio $r_k$. A distância entre os centros de $C_k$ e $C_{k+1}$ é

$$\sqrt{(r_{k+1} - r_k)^2 + m^2(r_{k+1} - r_k)^2} = (r_{k+1} - r_k)\sqrt{1 + m^2}$$

2. Tangência externa. Distância entre centros = soma dos raios:

$$(r_{k+1} - r_k)\sqrt{1 + m^2} = r_{k+1} + r_k$$

Dividindo por $r_k$ (e usando $r_{k+1} = q\,r_k$): $(q - 1)\sqrt{1 + m^2} = q + 1$. A condição não depende de $k$, então vale para todos os pares consecutivos.

3. Isolando $q$. Com $s = \sqrt{1 + m^2}$:

$$q = \frac{s + 1}{s - 1} = \frac{(s + 1)^2}{s^2 - 1} = \frac{(s + 1)^2}{m^2} = \left(\frac{\sqrt{m^2 + 1} + 1}{m}\right)^2$$

Conferindo com $m = \frac{4}{3}$: $s = \frac{5}{3}$, $q = \frac{8/3}{2/3} = 4$, e a fórmula dá $\left(\frac{8/3}{4/3}\right)^2 = 4$ ✔

Resposta: alternativa B.

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