Fonte: FUVEST – prova do 2º dia da 2ª fase (provas específicas; a de Matemática traz as questões M01 a M06) e respostas esperadas de Matemática. Arquivos no acervo da FUVEST 2026.

Na 2ª fase da FUVEST 2026, o 2º dia foi de provas dissertativas específicas de cada área; a prova de Matemática tem seis questões, M01 a M06, cada uma com itens a), b) e c). Para esta prova a FUVEST publicou as respostas esperadas; as resoluções abaixo são nossas, conferimos cada uma por um segundo caminho e todas batem com as respostas esperadas oficiais.

Gabarito

Questão Assunto Respostas
M01 Probabilidade: sorteio das letras de ARARA a) $\frac{3}{10}$; b) $\frac{1}{10}$; c) $\frac{1}{120}$
M02 Sistemas lineares: venda de frascos de álcool a) 45 e 5; b) R$ 7,80; c) impossível
M03 Trigonometria: sonar do submarino a) 3 m; b) $120 - 5\sqrt{2} \approx 112{,}93$ m; c) 100 m
M04 Porcentagem: aumento seguido de desconto a) $33{,}\overline{3}\%$; b) $y = \frac{100x}{100 + x}$; c) $m = 25$
M05 Geometria espacial: pirâmide inscrita no cubo a) 1 m; b) 4 m; c) $2\sqrt{3}$ m
M06 Função modular e áreas a) $(1,1)$ e $(-1,1)$; b) 4; c) $d^3$

Questão M01: Sorteando as letras de ARARA (probabilidade)

Enunciado

A palavra ARARA, para além da beleza da ave e de ser um palíndromo, é comumente utilizada em exercícios de análise combinatória e probabilidade, pois é formada por cinco letras, com apenas duas letras distintas. Supondo que as letras dessa palavra estão numa urna em que a retirada de cada uma das letras é equiprovável, responda:

a) Qual a probabilidade de sortear duas letras, sem reposição, formando a palavra AR, isto é, sortear a primeira letra A e, sem a reposição, sortear a segunda letra R?

b) Qual a probabilidade de sortear 5 letras, sem reposição, e formar novamente a palavra ARARA?

c) Supondo agora que as letras colocadas na urna são coloridas, isto é, ARARA, qual a probabilidade de sortear novamente, sem reposição, 5 letras que formem a palavra ARARA com a mesma coloração inicial?

Resolução

Na urna há 5 letras: 3 letras A e 2 letras R.

a) Na primeira retirada, 3 das 5 letras são A. Tirado um A, sobram 4 letras, das quais 2 são R:

$$P(\text{AR}) = \frac{3}{5}\cdot\frac{2}{4} = \frac{6}{20} = \frac{3}{10} = 30\%$$

b) Seguimos a palavra letra a letra, sempre olhando o que sobrou na urna:

Retirada Letra desejada Sobram na urna Probabilidade
1ª A 3 A, 2 R $\frac{3}{5}$
2ª R 2 A, 2 R $\frac{2}{4}$
3ª A 2 A, 1 R $\frac{2}{3}$
4ª R 1 A, 1 R $\frac{1}{2}$
5ª A 1 A $\frac{1}{1}$
$$P(\text{ARARA}) = \frac{3}{5}\cdot\frac{2}{4}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1} = \frac{12}{120} = \frac{1}{10} = 10\%$$

Segundo caminho: as letras podem sair em $\frac{5!}{3! \cdot 2!} = 10$ “palavras” distintas (anagramas de ARARA), todas igualmente prováveis. Só uma delas é ARARA, então a probabilidade é $\frac{1}{10}$.

c) Agora as 5 letras são todas diferentes (cada uma tem sua cor). Em cada retirada só existe uma letra certa:

$$P = \frac{1}{5}\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1} = \frac{1}{120} \approx 0{,}83\%$$

Segundo caminho: há $5! = 120$ ordens possíveis para 5 letras distintas, e só uma é a sequência colorida original.

Resposta (a): $\frac{3}{10} = 30\%$. Resposta (b): $\frac{1}{10} = 10\%$. Resposta (c): $\frac{1}{120} \approx 0{,}83\%$.

Para revisar, veja Eventos Equiprováveis.

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Questão M02: Frascos de álcool de 1 e 2 litros (sistemas lineares)

Enunciado

Uma rede de supermercados vende dois tipos de frascos de um determinado álcool, um com capacidade de 1 litro e outro de 2 litros. Em um certo dia do mês, um dos supermercados da rede vendeu um total de 50 frascos e, nesse dia, o valor arrecadado com as vendas desses frascos foi de R$ 320,00.

a) Se o preço do frasco de álcool de 1 litro é de R$ 6,00 e de 2 litros é de R$ 10,00, quantos frascos de cada tipo foram vendidos nesse dia?

b) Agora suponha que nesse dia o supermercado vendeu 25 frascos de 1 litro pelo valor total de R$ 125,00. Qual era o valor do frasco de 2 litros?

c) Agora imagine que a validade do frasco de 2 litros está próxima do vencimento e que o supermercado anunciou uma promoção em que o valor do frasco de 2 litros será o mesmo do frasco de 1 litro, ou seja, R$ 6,00. É possível que, ao final da promoção, o gerente venda a mesma quantidade de frascos (50 frascos) arrecadando o mesmo valor (R$ 320,00)? Se for possível, quantos frascos de cada tipo foram vendidos?

Resolução

Chame de $x$ o número de frascos de 1 litro e de $y$ o de frascos de 2 litros.

a) Total de frascos e total arrecadado:

$$ \begin{cases} x + y = 50 \\ 6x + 10y = 320 \end{cases} $$

Da primeira equação, $x = 50 - y$. Substituindo na segunda:

$$6(50 - y) + 10y = 320 \quad\Rightarrow\quad 300 + 4y = 320 \quad\Rightarrow\quad y = 5$$

e $x = 50 - 5 = 45$.

Conferindo: $45 \cdot 6 + 5 \cdot 10 = 270 + 50 = 320$. ✔

b) Se 25 frascos eram de 1 litro, os outros $50 - 25 = 25$ eram de 2 litros. Os de 1 litro renderam R$ 125,00, então os de 2 litros renderam $320 - 125 = 195$ reais. Com preço $p$ para o frasco de 2 litros:

$$25p = 195 \quad\Rightarrow\quad p = \frac{195}{25} = 7{,}80$$

Conferindo: $125 + 25 \cdot 7{,}80 = 125 + 195 = 320$. ✔

c) Com os dois frascos a R$ 6,00, o sistema fica

$$ \begin{cases} x + y = 50 \\ 6x + 6y = 320 \end{cases} $$

Multiplicando a primeira equação por 6: $6x + 6y = 300$. Mas a segunda diz que $6x + 6y = 320$. Não pode valer 300 e 320 ao mesmo tempo: o sistema é impossível.

Outro jeito de ver: se todo frasco custa R$ 6,00, 50 frascos rendem sempre $50 \cdot 6 = 300$ reais, qualquer que seja a divisão entre os tipos.

Resposta (a): 45 frascos de 1 litro e 5 frascos de 2 litros. Resposta (b): R$ 7,80. Resposta (c): não é possível: 50 frascos a R$ 6,00 rendem sempre R$ 300,00 (o sistema é impossível).

Para revisar, veja Equações de Primeiro Grau.

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Questão M03: O sonar do submarino (trigonometria)

Enunciado

Na parte frontal do casco de um submarino está localizado um sonar esférico de raio 3 m para detectar objetos ao seu redor. O sonar emite ondas que se propagam em todas as direções, formando esferas de raio igual à distância entre o centro do sonar até a superfície do objeto detectado. O centro do sonar está a uma profundidade de 120 m em relação à superfície da água.

a) Qual a distância mínima do centro do sonar até a superfície do objeto para que ele seja detectado?

b) Se o sonar detecta um objeto a uma distância de 10 m do seu centro, em um ponto localizado a 45º acima da linha horizontal que passa pelo centro do sonar, qual é a profundidade do objeto em relação à superfície da água?

c) Se o sonar detecta um objeto a uma profundidade de 170 m abaixo da superfície da água e a 30° abaixo da linha horizontal, que passa pelo centro do sonar, qual é a distância do objeto até o centro do sonar?

Resolução

a) O sonar é uma esfera de raio 3 m; as ondas saem da sua superfície. Um objeto só pode estar fora do sonar, então a distância do centro até o objeto é, no mínimo, o próprio raio: 3 m.

b) Ligue o centro do sonar ao objeto (segmento de 10 m, a hipotenusa) e trace a vertical do objeto até a linha horizontal. Forma-se um triângulo retângulo em que a altura $d_v$ do objeto acima da linha horizontal é o cateto oposto ao ângulo de 45°:

$$d_v = 10 \cdot \operatorname{sen} 45° = 10 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 5\sqrt{2} \approx 7{,}07 \text{ m}$$

O objeto está acima do centro, que fica a 120 m de profundidade:

$$\text{profundidade} = 120 - 5\sqrt{2} \approx 120 - 7{,}07 = 112{,}93 \text{ m}$$

Conferindo: no ângulo de 45° os dois catetos são iguais; pelo teorema de Pitágoras, $2d_v^2 = 10^2$, então $d_v = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$. ✔

c) O objeto está a 170 m de profundidade, ou seja, $170 - 120 = 50$ m abaixo da linha horizontal do sonar. Esse desnível é o cateto oposto ao ângulo de 30°, e a distância $d$ procurada é a hipotenusa:

$$\operatorname{sen} 30° = \frac{50}{d} \quad\Rightarrow\quad d = \frac{50}{1/2} = 100 \text{ m}$$

Conferindo: num triângulo retângulo com ângulo de 30°, o cateto oposto a ele é metade da hipotenusa; $50 = \frac{100}{2}$. ✔

Resposta (a): 3 m (o raio do sonar). Resposta (b): $120 - 5\sqrt{2} \approx 112{,}93$ m de profundidade. Resposta (c): 100 m.

Para revisar, veja Triângulos Retângulos.

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Questão M04: “Tudo por 50% do dobro” (aumentos e descontos)

Enunciado

“Tudo por 50% do dobro” é uma frase bem conhecida sobre ofertas enganosas, que virou meme. Isso basicamente porque um produto, após sofrer um aumento de 100%, passando a custar o dobro, precisa de um desconto de 50% para voltar ao seu valor inicial, ou seja, permanecer com o valor inalterado após o reajuste seguido do desconto. Com base nessa ideia, responda:

a) Qual seria o percentual de desconto necessário para que um produto que foi reajustado em 50% volte ao valor original?

b) Admita que um produto que custa P seja reajustado em $x\%$ e, posteriormente, com um desconto de $y\%$, volte a custar o mesmo valor P. Explicite $y$ em função de $x$ no modelo apresentado, isto é, exiba o desconto $y$ em função do reajuste $x$.

c) Suponha que um produto tem um reajuste de $m\%$ e depois um desconto de $n\%$, voltando a custar o valor inicial. Considere que $m$ e $n$ são inteiros maiores que zero. Qual seria o menor valor de $m$ para que $n$ seja também um inteiro?

Resolução

Aumentar $x\%$ é multiplicar por $\left(1 + \frac{x}{100}\right)$; dar desconto de $y\%$ é multiplicar por $\left(1 - \frac{y}{100}\right)$.

a) Depois do aumento de 50%, o preço é $1{,}5P$. Queremos um fator $k$ tal que $1{,}5P \cdot k = P$:

$$k = \frac{1}{1{,}5} = \frac{2}{3} \approx 0{,}6667$$

O preço fica multiplicado por $\frac{2}{3}$, isto é, perde $\frac{1}{3}$ do valor: desconto de $\frac{1}{3} \approx 33{,}33\%$.

Conferindo com números: R$ 100,00 + 50% = R$ 150,00; R$ 150,00 − 33,33% de 150 = 150 − 50 = R$ 100,00. ✔

b) A condição é

$$P\left(1 + \frac{x}{100}\right)\left(1 - \frac{y}{100}\right) = P \quad\Rightarrow\quad (100 + x)(100 - y) = 10\thinspace 000$$

Isolando $y$:

$$100 - y = \frac{10\thinspace 000}{100 + x} \quad\Rightarrow\quad y = 100 - \frac{10\thinspace 000}{100 + x} = \frac{100x}{100 + x}$$

Conferindo: $x = 100$ dá $y = \frac{10\thinspace 000}{200} = 50$ (o meme) e $x = 50$ dá $y = \frac{5000}{150} = 33{,}\overline{3}$ (item a). ✔

c) Pelo item b, $n = \frac{100m}{100 + m}$. Reescrevendo,

$$n = 100 - \frac{10\thinspace 000}{100 + m}$$

Então $n$ é inteiro exatamente quando $100 + m$ divide $10\thinspace 000 = 2^4 \cdot 5^4$. Como $m > 0$, procuramos o menor divisor de 10 000 que seja maior que 100. Os divisores de 10 000 perto de 100 são $\dots, 80, 100, 125, 200, \dots$ (não há nenhum entre 101 e 124, pois todo divisor é da forma $2^a 5^b$). O menor é 125:

$$100 + m = 125 \quad\Rightarrow\quad m = 25, \qquad n = 100 - \frac{10\thinspace 000}{125} = 100 - 80 = 20$$

Conferindo: aumento de 25% e desconto de 20%: $1{,}25 \cdot 0{,}80 = 1$. ✔ (Testando $m = 1, 2, \dots, 24$ um a um, nenhum dá $n$ inteiro.)

Resposta (a): desconto de $\frac{1}{3} \approx 33{,}33\%$. Resposta (b): $y = \frac{100x}{100 + x}$. Resposta (c): $m = 25$ (com $n = 20$).

Para revisar, veja Aumentos e Descontos.

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Questão M05: Luminária no vértice da pirâmide dentro do cubo

Enunciado

Deseja-se instalar uma luminária a uma certa altura do teto. A luminária está posicionada no vértice P de uma pirâmide regular de base quadrada que, por sua vez, está inscrita em um cubo de lado 4 m, conforme a imagem a seguir. As projeções da luminária no plano do teto e chão são representadas, respectivamente, pelos pontos R e Q, que coincidem com a intersecção das diagonais dos quadrados DCGH e ABFE.

a) Admitindo que as arestas laterais da pirâmide medem 3 m, a qual distância a luminária está do chão?

b) Supondo que as arestas laterais da pirâmide formam um ângulo de 45º com o chão, qual é o comprimento, em metros, da aresta lateral da pirâmide?

c) Considerando a projeção ortogonal do ponto P no plano do fundo do cubo, representada pelo ponto S, qual será o comprimento da projeção da aresta PF no plano EFGH, se a altura PQ for de $2\sqrt{2}$ m?

Resolução

A base da pirâmide é o chão ABFE (quadrado de lado 4 m) e Q é o centro desse quadrado. A distância de Q a qualquer vértice da base é metade da diagonal:

$$QB = \frac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2} \text{ m}$$

O triângulo PQB é retângulo em Q (PQ é vertical, QB está no chão).

a) Pelo teorema de Pitágoras no triângulo PQB, com $PB = 3$:

$$PB^2 = PQ^2 + QB^2 \quad\Rightarrow\quad 9 = PQ^2 + 8 \quad\Rightarrow\quad PQ = 1 \text{ m}$$

b) Se a aresta PB faz 45° com o chão, o triângulo retângulo PQB é isósceles: $PQ = QB = 2\sqrt{2}$. Então

$$PB = QB\sqrt{2} = 2\sqrt{2}\cdot\sqrt{2} = 4 \text{ m}$$

Conferindo pelo cosseno: $PB = \frac{QB}{\cos 45°} = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}/2} = 4$. ✔

c) Coloque coordenadas: A na origem, AB no eixo $x$, a profundidade (de AB para EF) no eixo $y$ e a altura no eixo $z$. Então $F = (4, 4, 0)$, o centro do chão é $Q = (2, 2, 0)$ e $P = (2, 2, 2\sqrt{2})$.

O plano do fundo EFGH é $y = 4$. Projetar ortogonalmente nesse plano é trocar a coordenada $y$ por 4:

$$S = (2, 4, 2\sqrt{2}), \qquad F = (4, 4, 0) \text{ (já está no plano)}$$

A projeção da aresta PF é o segmento SF:

$$SF = \sqrt{(4 - 2)^2 + (0 - 2\sqrt{2})^2} = \sqrt{4 + 8} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3} \text{ m}$$

Segundo caminho (sem coordenadas): a projeção de Q no plano EFGH é o ponto médio M de EF, e S fica exatamente acima de M, com $SM = PQ = 2\sqrt{2}$. O triângulo SMF é retângulo em M, com $MF = 2$: $SF^2 = (2\sqrt{2})^2 + 2^2 = 12$, $SF = 2\sqrt{3}$. ✔

Resposta (a): 1 m. Resposta (b): 4 m. Resposta (c): $2\sqrt{3} \approx 3{,}46$ m.

Para revisar, veja Teorema de Pitágoras.

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Questão M06: Função modular e a área do triângulo

Enunciado

Considere a função real modular $f(x) = \frac{|x|}{d}$, onde $d > 0$.

a) Quais são os pontos de interseção entre a reta $y = 1$ e o gráfico de $f(x)$ para $d = 1$?

b) Qual a área da região obtida à direita do eixo $Oy$, abaixo da reta $y = 2$ e acima do gráfico de $f(x)$ para $d = 2$?

c) Qual é a área da região formada abaixo da reta $y = d$ e acima do gráfico de $f(x)$?

Resolução

O gráfico de $f(x) = \frac{|x|}{d}$ é um “V” com vértice na origem: a semirreta $y = \frac{x}{d}$ para $x \ge 0$ e $y = -\frac{x}{d}$ para $x < 0$.

a) Com $d = 1$, $f(x) = |x|$. Igualando a 1:

$$|x| = 1 \quad\Rightarrow\quad x = 1 \quad \text{ou} \quad x = -1$$

Os pontos são $(1, 1)$ e $(-1, 1)$.

b) Com $d = 2$ e $x \ge 0$, $f(x) = \frac{x}{2}$. A reta $y = 2$ encontra o gráfico quando $\frac{x}{2} = 2$, isto é, $x = 4$. A região à direita de $Oy$, abaixo de $y = 2$ e acima do gráfico é o triângulo de vértices $(0,0)$, $(0,2)$ e $(4,2)$: base 4 (na horizontal, em $y = 2$) e altura 2.

$$A = \frac{4 \cdot 2}{2} = 4$$

Conferindo: o retângulo $[0,4]\times[0,2]$ tem área 8, e a reta $y = \frac{x}{2}$ é a diagonal dele; o triângulo acima da diagonal é metade: $4$. ✔

c) A reta $y = d$ encontra o gráfico quando

$$\frac{|x|}{d} = d \quad\Rightarrow\quad |x| = d^2 \quad\Rightarrow\quad x = \pm d^2$$

A região entre o “V” e a reta $y = d$ é o triângulo de vértices $(0,0)$, $(-d^2, d)$ e $(d^2, d)$: base $2d^2$ (sobre a reta $y = d$) e altura $d$.

$$A = \frac{2d^2 \cdot d}{2} = d^3$$

Conferindo com o item b: a metade direita dessa região, para $d = 2$, é o triângulo do item b. A fórmula dá $A = 2^3 = 8$ para a região inteira, e metade é 4. ✔

Resposta (a): $(1, 1)$ e $(-1, 1)$. Resposta (b): 4 (unidades de área). Resposta (c): $d^3$ (unidades de área).

Para revisar, veja Plano Cartesiano.

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