Reunimos aqui a resolução comentada e o gabarito extraoficial das 20 questões da OBMEP 2026 — Nível 3, voltado aos estudantes do Ensino Médio. Cada questão traz a resposta correta e a explicação passo a passo, do raciocínio inicial até a alternativa final.
Importante: o gabarito apresentado neste material é extraoficial, elaborado pela nossa equipe a partir das questões da prova. O gabarito oficial é divulgado pela organização da OBMEP em até 30 dias úteis após a aplicação. Por isso, vale conferir o resultado oficial assim que for publicado.
Questão 1
A figura mostra um globo dividido em regiões pintadas de rosa e amarelo alternadamente, de acordo com o padrão indicado. A linha do equador, na cor preta, divide o globo ao meio. Quantas regiões estão pintadas de rosa?
a) 40
b) 28 c) 32
d) 36
e) 24
Alternativa correta: c) 32.
O segredo está na própria frase do enunciado: o equador divide o globo ao meio e as cores se alternam. Isso garante que há a mesma quantidade de regiões rosa e amarelas. Logo, o número de regiões rosa é exatamente a metade do total — não é preciso contar uma a uma.
Basta então descobrir o total de regiões, contando duas coisas no padrão:
Gomos (divisões verticais, os meridianos): dá para contá-los pela "estrela" que se forma no polo, onde todos se encontram. São 8 gomos ao redor do globo (4 na frente e 4 atrás).
Faixas (divisões horizontais, os paralelos): de um polo ao outro são 8 faixas (4 acima e 4 abaixo do equador, já que ele divide o globo ao meio).
Cada faixa é cortada pelos 8 gomos, formando 8 regiões. Como há 8 faixas, o total é 8 × 8 = 64 regiões.
Metade delas é rosa: 64 ÷ 2 = 32 regiões.
Alternativa: c) 32
Questão 2
Delano tem apenas moedas de 50, 10 e 5 centavos. Ele possui 31 moedas ao todo. Além disso, sabe-se que:
• pelo menos 16 moedas são de 50 ou 10 centavos;
• pelo menos 16 moedas são de 50 ou 5 centavos;
• pelo menos 16 moedas são de 10 ou 5 centavos.
Qual é o maior valor que Delano pode ter?
a) R$ 9,50
b) R$ 15,50
c) R$ 15,10
d) R$ 7,05 e) R$ 9,05
Alternativa correta: e) R$ 9,05.
Vamos chamar de x a quantidade de moedas de 50 centavos, y a de 10 centavos e z a de 5 centavos. Como são 31 moedas no total: x + y + z = 31.
Cada condição vira um limite. Dizer que "pelo menos 16 moedas são de 50 ou 10" significa x + y ≥ 16; como x + y + z = 31, sobra z ≤ 15. Do mesmo modo, as outras duas condições dão y ≤ 15 e x ≤ 15.
Para ter o maior valor, usamos o máximo de moedas mais valiosas. A de 50 centavos é a melhor, mas só pode haver até 15 delas, então x = 15. Restam 16 moedas entre y e z; como a de 10 vale mais que a de 5, fazemos y = 15 e z = 1.
Conferindo: y + z = 16, x + z = 16 e x + y = 30. Todas as condições são satisfeitas.
O valor é 15 × 0,50 + 15 × 0,10 + 1 × 0,05 = 7,50 + 1,50 + 0,05 = R$ 9,05.
Alternativa: e) R$ 9,05
Questão 3
Cirino quer completar o tabuleiro colocando números nas casas de forma que a soma dos números em cada linha, coluna ou diagonal seja a mesma. Qual é o número que ele deve colocar na casa marcada com o ponto de interrogação?
a) 6
b) 8
c) 9 d) 4
e) 2
Alternativa correta: d) 4.
Trata-se de um quadrado mágico: todas as linhas, colunas e as duas diagonais têm a mesma soma, que vamos chamar de S. Uma propriedade útil do quadrado mágico 3 × 3 é que a casa central vale sempre S ÷ 3.
Os valores dados são 7 (canto superior direito), 10 (centro de baixo) e 3 (canto inferior direito). Na linha de baixo: (canto inferior esquerdo) + 10 + 3 = S, ou seja, esse canto vale S − 13.
Usando a diagonal que passa pelo 7 e por esse canto: 7 + (S ÷ 3) + (S − 13) = S, o que dá S = 18 e centro = 6.
Completando: o canto inferior esquerdo vale 18 − 13 = 5. Pela diagonal principal, o canto superior esquerdo vale 18 − 6 − 3 = 9. Por fim, na coluna da esquerda: 9 + (?) + 5 = 18, logo ? = 4.
O tabuleiro completo fica 9, 2, 7 / 4, 6, 8 / 5, 10, 3 — e todas as somas dão 18.
Alternativa: d) 4
Questão 4
Na figura, as hipotenusas dos triângulos retângulos são lados de um hexágono regular. Qual é a razão entre a área da região amarela e a área do hexágono?
Cada ponta amarela é um triângulo retângulo com ângulos de 30°, 60° e 90°, e a sua hipotenusa é um lado do hexágono. Vamos chamar esse lado de ℓ.
Num triângulo 30-60-90, os catetos medem ℓ ÷ 2 e ℓ√3 ÷ 2. Então a área de cada triângulo é ½ × (ℓ ÷ 2) × (ℓ√3 ÷ 2) = √3 · ℓ² ÷ 8.
Os seis triângulos juntos têm área 6 × (√3 · ℓ² ÷ 8) = 3√3 · ℓ² ÷ 4.
A área do hexágono regular de lado ℓ é 3√3 · ℓ² ÷ 2.
A razão é (3√3 · ℓ² ÷ 4) ÷ (3√3 · ℓ² ÷ 2) = 1/2. Ou seja, as seis pontas amarelas somam exatamente metade da área do hexágono.
Alternativa: d) 1/2
Selecionamos seis questões do Nível 3 da OBMEP 2026 (Olimpíada Brasileira de Matemática das Escolas Públicas) com a resolução comentada de cada uma.
O Nível 3 é destinado aos estudantes do Ensino Médio. Clique em "Ver resposta" ao final de cada exercício para conferir a alternativa correta e o passo a passo.
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Questão 5
Um robô está correndo com velocidade de 1 m/s para chegar na bandeira. No sentido oposto, um trem de 10 m de comprimento se move com velocidade de 0,1 m/s. O robô pode escolher correr pelo chão, ao lado do trem, ou saltar e correr sobre o trem com a mesma velocidade de 1 m/s. Quantos segundos o robô vai perder se decidir correr sobre o trem em vez de correr pelo chão?
a) 0,1
b) 100
c) 2 d) 1
e) 10
Alternativa correta: d) 1.
Sobre o trem, o robô corre a 1 m/s em relação ao trem. Como o trem anda no sentido oposto a 0,1 m/s, a velocidade do robô em relação ao chão passa a ser 1 − 0,1 = 0,9 m/s.
Para percorrer os 10 m de comprimento do trem (em relação ao trem), a 1 m/s, ele leva 10 ÷ 1 = 10 s.
Nesses 10 s, em relação ao chão, ele avança 0,9 × 10 = 9 m. Se tivesse corrido pelo chão a 1 m/s, avançaria 1 × 10 = 10 m. Logo, fica 10 − 9 = 1 m atrás.
Para recuperar esse 1 m correndo a 1 m/s, ele gasta 1 ÷ 1 = 1 s a mais.
Alternativa: d) 1.
Questão 6
Em uma sequência de números inteiros positivos, cada termo, a partir do terceiro, é o produto dos dois termos anteriores. O quinto termo da sequência é 3200. Qual é o primeiro termo da sequência?
a) 80
b) 40
c) 32
d) 10 e) 20
Alternativa correta: e) 20.
Sejam a o primeiro termo e b o segundo. Então:
3º termo: a · b
4º termo: b · (a·b) = a·b²
5º termo: (a·b) · (a·b²) = a²·b³
Logo, a²·b³ = 3200. Testando b = 2: b³ = 8 e a² = 3200 ÷ 8 = 400, então a = 20.
Conferindo: 20, 2, 40, 80, 3200. O primeiro termo é 20.
Alternativa: e) 20.
Questão 7
A calculadora de Danilo tem uma tecla especial. Quando essa tecla é apertada, o número x que está no visor é substituído pelo número ax + b, em que a e b são fixos. Danilo colocou o número 1 no visor e apertou a tecla especial, obtendo 2 no visor. Em seguida, apertou novamente a tecla especial, obtendo 8. Que número ele vai obter se apertar de novo a tecla especial?
Apertando com 1 no visor: a·1 + b = 2, ou seja, a + b = 2.
Apertando com 2 no visor: a·2 + b = 8, ou seja, 2a + b = 8.
Subtraindo a primeira da segunda: a = 6. Logo, b = 2 − 6 = −4.
Apertando de novo, com 8 no visor: 6·8 − 4 = 48 − 4 = 44.
Alternativa: b) 44.
Questão 8
Seja P(n) o produto dos algarismos do número natural n. Por exemplo, P(25) = 2 × 5 = 10. Qual é o valor de P(10) + P(11) + P(12) + ... + P(99)?
a) 2028
b) 2027
c) 2026
d) 2024 e) 2025
Alternativa correta: e) 2025.
Todo número de 10 a 99 se escreve como dezena d (de 1 a 9) e unidade u (de 0 a 9), com P = d · u.
A soma de todos os produtos é (1 + 2 + ... + 9) × (0 + 1 + 2 + ... + 9), porque cada dezena se combina com todas as unidades.
Isso dá 45 × 45 = 2025.
Alternativa: e) 2025.
Questão 9
De quantas maneiras quatro pessoas de alturas diferentes podem ser colocadas em fila de modo que, ao se observar a fila por trás, somente três pessoas fiquem visíveis? Considere apenas a altura das pessoas, desconsidere a largura.
a) 4
b) 5 c) 6
d) 3
e) 7
Alternativa correta: c) 6.
Observando por trás, uma pessoa só fica visível se for mais alta do que todas as que estão atrás dela (mais perto de quem observa). A pessoa do fim da fila é sempre visível.
Queremos exatamente 3 visíveis, ou seja, exatamente uma pessoa escondida. Uma pessoa fica escondida quando há alguém mais alto entre ela e o observador. A única pessoa que pode ficar escondida sem esconder outra é uma que tenha exatamente uma pessoa mais alta logo na frente dela (mais perto do observador).
Chamando as alturas de 1, 2, 3 e 4 (1 = mais baixa) e listando, da pessoa mais próxima do observador para a mais distante, as 6 filas com exatamente 3 visíveis são:
A folha retangular ABCD, em que AD = 16 cm, foi dobrada ao longo de PQ, como na figura, de modo que o vértice B ficou sobre o lado CD. Se BQ = 10 cm, qual é a medida de BP?
a) 21 cm b) 20 cm
c) 18 cm
d) 15 cm
e) 16 cm
Alternativa correta: b) 20 cm.
Ao dobrar, o vértice B vai para um ponto B' sobre o lado CD, e a dobra preserva as distâncias: B'Q = BQ = 10 cm e B'P = BP.
Como BC = AD = 16 cm e BQ = 10 cm, sobra QC = 16 − 10 = 6 cm. No triângulo retângulo QCB' (ângulo reto em C): B'C² = B'Q² − QC² = 10² − 6² = 100 − 36 = 64, então B'C = 8 cm.
Chamando BP = B'P = x e medindo a distância horizontal: a projeção de P sobre CD fica a x cm de B (no topo), e B' está a (BP − 8) do pé dessa projeção. Aplicando Pitágoras no triângulo formado pela altura de 16 cm:
Antônio, Bento e Carlos jogam dominó nas tardes de domingo. Em cada partida, dois deles jogam e o terceiro descansa. Quem vence uma partida descansa na próxima. No último domingo, Antônio jogou 12 partidas, Bento jogou 23 partidas e Carlos descansou em 10 partidas. Quantas partidas foram jogadas?
a) 28
b) 33
c) 35
d) 23 e) 25
Alternativa correta: e) 25.
Seja N o total de partidas. Em cada partida, exatamente 2 pessoas jogam, então o número total de participações é 2N.
Como Carlos descansou em 10 partidas, ele jogou N − 10 partidas. Somando as partidas jogadas pelos três:
12 + 23 + (N − 10) = 2N
25 + N = 2N, logo N = 25.
Conferindo os descansos: Antônio descansou 25 − 12 = 13, Bento descansou 25 − 23 = 2 e Carlos descansou 10. Total: 13 + 2 + 10 = 25, igual ao número de partidas (uma pessoa descansa por partida). Confere.
A figura mostra dois polígonos regulares, de 12 e 9 lados, com um lado comum. Qual é a medida do ângulo AÔB?
a) 170°
b) 172° c) 175°
d) 179°
e) 177°
Alternativa correta: c) 175°.
Seja O o vértice comum aos dois polígonos e OC o lado comum.
O ângulo interno de um polígono regular de n lados é (n − 2) · 180° ÷ n. Assim, o dodecágono (12 lados) tem ângulo interno (12 − 2) · 180° ÷ 12 = 150°, e o eneágono (9 lados) tem (9 − 2) · 180° ÷ 9 = 140°.
No dodecágono, a diagonal que liga O ao vértice A (oposto a O) divide o ângulo interno ao meio: ∠AOC = 150° ÷ 2 = 75°.
No eneágono, a diagonal OB determina ∠COB = 100° (ângulo inscrito que enxerga um arco de 5 lados: 5 · 40° ÷ 2 = 100°, sendo 40° o ângulo central do eneágono).
Como A e B estão em lados opostos do lado comum OC, o ângulo procurado é a soma:
∠AÔB = ∠AOC + ∠COB = 75° + 100° = 175°.
Alternativa: c) 175°.
Questão 13
Os quadradinhos da figura devem ser preenchidos com os números de 1 a 7, de modo que: os três números na linha horizontal fiquem em ordem crescente da esquerda para a direita; e os três números em cada coluna vertical fiquem em ordem crescente de cima para baixo. De quantas maneiras é possível fazer esse preenchimento?
a) 18
b) 17
c) 16
d) 14 e) 15
Alternativa correta: e) 15.
Chame as casas de: linha horizontal H1 (canto superior esquerdo), H2 (centro) e H3 (canto superior direito); coluna da esquerda H1, L2, L3 (de cima para baixo); coluna da direita H3, R2, R3 (de cima para baixo).
Como H1 é menor que todos os outros, H1 = 1. Falta distribuir 2, 3, 4, 5, 6 e 7. O número 7, por ser o maior, só pode ficar no fim de uma coluna (L3 ou R3); o número 2 só pode ocupar H2 ou L2 (as casas que ficam logo após H1).
Contando todas as distribuições válidas dos números 2 a 7 nas casas H2, H3, L2, L3, R2 e R3 respeitando as três cadeias de desigualdade, chega-se a 15 maneiras.
Alternativa: e) 15.
Questão 14
A figura mostra um quadrado ABCD de lado 2, uma semicircunferência de diâmetro AB e um arco com centro em C e extremidades nos pontos médios dos lados BC e CD. Qual é a menor distância entre um ponto da semicircunferência e um ponto do arco?
a) √5 + 2
b) √5 + 1
c) √5 d) √5 − 2
e) √5 − 1
Alternativa correta: d) √5 − 2.
Coloque o quadrado num sistema de coordenadas com B = (0, 0), C = (2, 0), D = (2, 2) e A = (0, 2).
A semicircunferência tem diâmetro AB, então seu centro é o ponto médio M = (0, 1) e seu raio é 1.
O arco tem centro em C = (2, 0) e passa pelos pontos médios de BC, que é (1, 0), e de CD, que é (2, 1); logo, seu raio também é 1.
A menor distância entre dois pontos, um em cada curva, fica sobre a reta que une os centros M e C. A distância entre os centros é:
MC = √[(2 − 0)² + (0 − 1)²] = √(4 + 1) = √5.
Subtraindo os dois raios (1 de cada curva), a menor distância é √5 − 1 − 1 = √5 − 2. (Verifica-se que os pontos mais próximos caem mesmo sobre a semicircunferência e sobre o arco.)
Alternativa: d) √5 − 2.
Questão 15
Élio juntou cinco cubinhos idênticos sobre uma mesa, como mostra a figura, e tirou uma foto. Qual das imagens pode ser a da foto que Élio tirou?
Conforme o enunciado, todos os cubos são idênticos, ou seja, possuem as mesmas faces. São essas:
Estrela de 8 pontas;
Círculo;
Quadrado;
Quadrado girado;
Octógono;
Estrela de 4 pontas.
O caminho para resolver a questão está na estrela de 8 pontas. Ela aparece três vezes. Vamos determinar a imagem do lado oposto.
No cubo superior, ela está ao lado do círculo e quadrado. As da base estão, uma ao lado do octógono e outra ao lado do quadrado invertido.
Como as quatro figuras laterais foram determinadas, sobra apenas a estrela de 4 pontas para ser a face oposta à estrela de 8 pontas.
Com isso, no cubo superior, ela esta voltada para baixo não podendo aparecer na foto, na posição do cubo superior. Eliminamos a alternativa c.
Por consequência, e observado as alternativas, a figura superior só pode ser o octógono ou quadrado invertido.
Concluímos que quadrado e octógono são faces vizinhas, o que pode ser confirmado no cubo dianteiro da base.
Gire mentalmente o cubo dianteiro da base no sentido quadrado invertido --> estrela de quatro pontas.
Duas estrelas de oito pontas aparecem no lado esquerdo. A dianteira com quadrado na parte superior. A mais a esquerda com o octógono.
Gire o quadrado para trás e esquerda. O octógono fica na parte superior e o quadrado invertido na parte de trás.
Os dois cubos ficam em posições idênticas, mostrando que, entre as opções, a única que fica com quadrado invertido na base, é a opção d.
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Questão 16
Duas caixas A e B contêm, inicialmente, três bolinhas cada. Selecionamos uma das caixas aleatoriamente e retiramos uma bolinha dessa caixa. Repetimos esse procedimento até que uma das caixas fique vazia. Qual é a probabilidade de que, ao final, sobrem duas bolinhas na caixa B?
a) 3/16
b) 3/64
c) 3/4
d) 3/8
e) 3/32
Alternativa correta: a) 3/16.
Para sobrarem 2 bolinhas na caixa B, é a caixa A que tem de esvaziar (3 retiradas em A) enquanto B sofre apenas 1 retirada. Ou seja, o processo termina com a 3ª retirada de A, e até esse momento houve 1 retirada de B.
São, então, 4 retiradas no total, e a última obrigatoriamente é de A (a que esvazia a caixa). Nas 3 primeiras retiradas ocorrem 2 de A e 1 de B, em qualquer ordem: há 3 maneiras (a posição da retirada de B).
Cada sequência de 4 retiradas tem probabilidade (1/2)4 = 1/16. Logo, a probabilidade é 3 · 1/16 = 3/16.
Alternativa: a) 3/16.
Questão 17
De quantas maneiras três fichas de cores diferentes podem ficar distribuídas em um tabuleiro 5 × 5, de modo que quaisquer duas delas não fiquem na mesma linha ou coluna?
a) 600 b) 3600
c) 9000
d) 125
e) 60
Alternativa correta: b) 3600.
Como as fichas têm cores diferentes, elas são distinguíveis e a ordem em que escolhemos as casas importa.
A 1ª ficha pode ir em qualquer uma das 25 casas. A 2ª ficha deve evitar a linha e a coluna já ocupadas, restando 4 linhas × 4 colunas = 16 casas. A 3ª ficha evita duas linhas e duas colunas, restando 3 × 3 = 9 casas.
Total: 25 × 16 × 9 = 3600.
Alternativa: b) 3600.
Questão 18
Dez crianças brincam na aula de educação física. Cada uma delas está dentro de um círculo. Cada um dos 10 círculos contém um número preto e um número vermelho, diferentes entre si, de modo que cada número de 1 a 10 aparece uma única vez na cor preta e uma única vez na cor vermelha. Quando a professora apita, cada criança sai do seu círculo e vai para o círculo em que o número vermelho é igual ao número preto do círculo em que estava. No primeiro apito, todas as crianças saíram dos seus círculos. No terceiro apito, 3 crianças voltaram para seus círculos iniciais e, no quinto apito, 5 crianças retornaram ao seu lugar de origem. Em qual apito todas as crianças voltarão para seus círculos iniciais?
a) trigésimo
b) décimo sexto
c) décimo quinto
d) sexto
e) oitavo
O movimento das crianças a cada apito é uma permutação dos 10 círculos. Cada criança volta ao seu lugar quando o número de apitos é múltiplo do tamanho do ciclo em que ela está. Todas voltam juntas no menor múltiplo comum (MMC) dos tamanhos dos ciclos.
No 1º apito ninguém ficou parado: não há ciclo de tamanho 1.
No 3º apito voltaram 3 crianças: são as de ciclos cujo tamanho divide 3. Como não há ciclo de tamanho 1, essas 3 formam um ciclo de tamanho 3.
No 5º apito voltaram 5 crianças: ciclos de tamanho que divide 5. Sem ciclos de tamanho 1, essas 5 formam um ciclo de tamanho 5.
Já temos 3 + 5 = 8 crianças. As 2 restantes formam um ciclo de tamanho 2 (compatível com todas as pistas).
Os tamanhos dos ciclos são 2, 3 e 5. Todas voltam juntas no apito de número MMC(2, 3, 5) = 30, ou seja, no trigésimo apito.
Alternativa: a) trigésimo.
Questão 19
Severino divide uma pilha de 500 fichas em etapas, da seguinte maneira: na 1ª etapa ele divide a pilha em duas pilhas iguais; na 2ª etapa ele acrescenta duas fichas a cada pilha anterior para dividir cada uma delas em três pilhas iguais; na 3ª etapa ele divide cada pilha anterior em quatro pilhas iguais e, caso a divisão não seja exata, adiciona a cada uma das pilhas anteriores o número mínimo de fichas para fazer a divisão exata. Em cada etapa seguinte, ele aumenta em 1 o divisor da etapa anterior, adicionando a cada uma das pilhas o número mínimo de fichas para fazer a divisão exata. O processo termina quando todas as pilhas tiverem uma única ficha. Quantas fichas Severino deve adicionar ao longo de todas essas etapas?
a) 328 b) 220
c) 112
d) 7
e) 21
Alternativa correta: b) 220.
Acompanhe etapa a etapa, lembrando que em cada uma o divisor aumenta de 1 (2, 3, 4, 5, 6...) e que só se adiciona o mínimo necessário para a divisão ficar exata:
Etapa 1 (÷2): 500 ÷ 2 = 250. Divisão exata, nada a acrescentar. Ficam 2 pilhas de 250.
Etapa 2 (÷3): 250 precisa de +2 para chegar a 252 = 3 × 84. Acrescenta 2 em cada uma das 2 pilhas: +4. Ficam 6 pilhas de 84.
Etapa 3 (÷4): 84 ÷ 4 = 21. Divisão exata, nada a acrescentar. Ficam 24 pilhas de 21.
Etapa 4 (÷5): 21 precisa de +4 para chegar a 25 = 5 × 5. Acrescenta 4 em cada uma das 24 pilhas: +96. Ficam 120 pilhas de 5.
Etapa 5 (÷6): 5 precisa de +1 para chegar a 6 = 6 × 1. Acrescenta 1 em cada uma das 120 pilhas: +120. Ficam 720 pilhas de 1.
Como todas as pilhas têm agora 1 ficha, o processo termina. Total adicionado: 0 + 4 + 0 + 96 + 120 = 220 fichas.
Alternativa: b) 220.
Questão 20
Em uma escola há seis professores. Serão formadas várias comissões de três professores, de forma que quaisquer duas delas tenham no máximo um professor em comum. Qual é o maior número possível de comissões que podem ser formadas?
a) 4
b) 5
c) 6
d) 2
e) 3
Alternativa correta: a) 4.
Que duas comissões tenham no máximo um professor em comum significa que nenhum par de professores pode aparecer em duas comissões diferentes.
Veja quantas comissões um mesmo professor pode integrar: em cada comissão ele forma dupla com 2 outros professores, e esses pares não podem se repetir. Como há apenas 5 outros professores, ele só consegue formar pares novos em, no máximo, 2 comissões (2 × 2 = 4 parceiros distintos, ainda dentro dos 5).
Logo, cada professor participa de no máximo 2 comissões. Somando as "vagas": 6 professores × 2 = 12 participações, e como cada comissão usa 3 professores, o número de comissões é no máximo 12 ÷ 3 = 4.
Esse máximo é atingível, por exemplo: {1,2,3}, {1,4,5}, {2,4,6} e {3,5,6} — quaisquer duas têm exatamente um professor em comum.
Professor de Matemática licenciado, pós-graduado em Ensino da Matemática e da Física e Estatística. Atua como professor desde 2006 e cria conteúdos educacionais online desde 2021.
A Equipe Editorial do Toda Matéria é formada por pesquisadores e professores com vários anos de experiência no sistema educacional brasileiro, com domínio em diferentes disciplinas do ensino básico, fundamental e médio.
