6
Somandr novos talentos para o Brasil QUESTÃO 1 ALTERNATIVA E Solução da prova da 1u fase OBMEP 2012 - Nível 2 Temos 1000.. 2AJ2, 2,012. 100 = 1000 :. 2,012. 00, 20,12 = 2012 ., 2A12= (2}1tr')2. QUESTÃO 2 ALTERNATIVA C Observe que para obter o primeiro retângulo foi necessário escrever 4 vezes o número 2012. Em seguida, para cada novo retângulo bastou escrever mais uma vez o número 2012; assim, Carlinhos escreveu 4+2Q11=2A15 vezes o número 2012 Porlanto, a soma de todos os algarismos escritos é 2cl5.'(2+0+1+ 2)=2U5,.5= 10075 QUESTÃO 3 ALTERNATIVA A Basta verificar que após oito giros sucessivos o quadrado menor retorna à sua posição inicial. Como 2012=8x251+4, após o20120 giro o quadrado cinzaterá dado 251 voltas completas no quadrado maior e mais 4 giros, parando na posição que corresponde à alternativa A. QUESTÃO 4 ALTERNATIVA B O número 0,48 pode ser escrito na forma de uma fração decimal como fração de modo que o numerador e o denominador sejam os menores possíveis, obtemos 48 12 ---- = - . Assim. os dois menores números inteiros positivos que produzem o quociente 0,48 são 100 25 os nÚmeros 12 e 25, que representam, respectivamente, o menor número possível de meninas e meninos da turma; logo o menor número possível de alunos é 12 + 25 = 3T . QUESTÃO 5 ALTERNATIVA D Como 55% de Go% é iquat a 55 * 60 =11*9= 33 . ", _ 100 100 = n* S:100, concluímos que a percentagem de bolas brancas que foram retiradas, em relação ao total de bolas na caixa, e de 33%. Na caixa sobraram 100-60=40% das bolas, que podem ser brancas ou pretas. O percentual de bolas brancas na caixa é o maior possível se todas as bolas que ficaram na caixa São brancas. Logo, esse percentual é igual a 33 + 40 =73o/o. QUESTÃO 6 ALTERNATIVA A Dividimos a figura em regiões indicadas pelas letras A, B e C, como mostrado ao lado. Regiões com a mesma letra são idênticas, e tanto a parte branca quanto a parte cinzenta consistem de duas regiões A, duas regiões B e duas regiões C; segue que a área da parte cinzenta é igual àârea da parte branca. Cada uma dessas áreas é então a metade da área total do retângulo, que é 4x5= 20 cm2. Logo a áreada parte cinzenta é 10 cm2. ffi. sitolificando esta

Olimpíada de MATEMÁTICA (nível 2)

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Somandr novos talentos para o Brasil

QUESTÃO 1

ALTERNATIVA E

Solução da prova da 1u faseOBMEP 2012 - Nível 2

Temos 1000.. 2AJ2, 2,012. 100 = 1000 :. 2,012. 00, 20,12 = 2012 ., 2A12= (2}1tr')2.

QUESTÃO 2ALTERNATIVA CObserve que para obter o primeiro retângulo foi necessário escrever 4 vezes o número 2012. Emseguida, para cada novo retângulo bastou escrever mais uma vez o número 2012; assim,Carlinhos escreveu 4+2Q11=2A15 vezes o número 2012 Porlanto, a soma de todos osalgarismos escritos é 2cl5.'(2+0+1+ 2)=2U5,.5= 10075

QUESTÃO 3ALTERNATIVA ABasta verificar que após oito giros sucessivos o quadrado menor retorna à sua posição inicial.Como 2012=8x251+4, após o20120 giro o quadrado cinzaterá dado 251 voltas completas noquadrado maior e mais 4 giros, parando na posição que corresponde à alternativa A.

QUESTÃO 4ALTERNATIVA B

O número 0,48 pode ser escrito na forma de uma fração decimal como

fração de modo que o numerador e o denominador sejam os menores possíveis, obtemos48 12---- = - . Assim. os dois menores números inteiros positivos que produzem o quociente 0,48 são100 25

os nÚmeros 12 e 25, que representam, respectivamente, o menor número possível de meninas emeninos da turma; logo o menor número possível de alunos é 12 + 25 = 3T .

QUESTÃO 5ALTERNATIVA D

Como 55% de Go% é iquat a 55 * 60 =11*9= 33 . ",_ 100 100

= n* S:100, concluímos que a percentagem de bolas

brancas que foram retiradas, em relação ao total de bolas na caixa, e de 33%. Na caixa sobraram100-60=40% das bolas, que podem ser brancas ou pretas. O percentual de bolas brancas nacaixa é o maior possível se todas as bolas que ficaram na caixa São brancas. Logo, essepercentual é igual a 33 + 40 =73o/o.

QUESTÃO 6ALTERNATIVA ADividimos a figura em regiões indicadas pelas letras A, B e C, como mostradoao lado. Regiões com a mesma letra são idênticas, e tanto a parte brancaquanto a parte cinzenta consistem de duas regiões A, duas regiões B e duasregiões C; segue que a área da parte cinzenta é igual àârea da parte branca.Cada uma dessas áreas é então a metade da área total do retângulo, que é4x5= 20 cm2. Logo a áreada parte cinzenta é 10 cm2.

ffi. sitolificando esta

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Somando noyos lalentos para o Brasil

Solução da prova da 1" faseOBMEP 2012- Nível2

QUESTAO 7ALTERNATIVA DNa soma 29+32+35+39+41 =176, cada um dos cinco números que Ana escreveu aparecequatro vezes; logo a soma desses números e 176-4=44. O menor número queAna escreveu éentão 44-41=3 e o maior e 44- 29=15(os outros números são 5, I e 12). Asoma procurada éentão 15r 3-18.

QUESTÃO 8ALTERNATIVA C

O ângulo interno ü de um hexágono regular mede 120 . Como todos ostrapezios que forma a figura são congruentes, o ângulo P mede

+ =60 . Segue imediatamente que o triângulo ABC eequilátero; Iogo2"BC - AC = çD e o quadrilátero BCDE e um losango, donde

BE - CD = AC :Á8. Assim, B é oponto médio de AEe tD : BE = +:9- S.*.22

QUESTÃO 9ALTERNATIVA DO primeiro triângulo da sequência é formado por três palitos. Para n:> 2, o triângulo que ocupa aposição n na sequência é formado acrescentando n triângulos iguais ao primeiro ao triânguloprecedente. Logo, o total de palitos utilizados para construir o triângulo que ocupa a posição n na

sequência é 3 1+3'2++...+ 3n=3.{1+2+...+fi) -3n(n+1). Para saber em qual triângulo foram,2

usados 135 palitos, devemos resolver a equação V+A=135, ou

inspeção, vemos que a raiz positiva dessa equação é n=9i logo oprocurando é o nono triângulo da sequência, cujo lado tem 9 palitos.

QUESTÃO 1O

ALTERNATIVA B

Como AB=70Á+8, concluímos que A, A+ A= A2+ Á= 104+8.AtA-g)-s. Como A é um algarismo, temos o<A<9; se ,a<9

B será negativo ou nulo, o que é uma contradição. LogoBxB+B:0x0+0=0=8.

seja, n(n +1) = 90. Por

triângulo que estamos

Logo A2-9A: E, ou seja,

então Á-9 será negativo e

A=9; segue que B=0 e

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Somand0 n0v0s talent0s para 0 Brasil

3/

Solução da prova da 1u faseOBMEP 20'12- Nível2

QUESTAO 11

ALTERNATIVA CVamos chamar de D a distância entre Pirajuba e Quixajuba. Qualquer que seja o combustívelutilizado, temos que D: litros consumidosxquilometros por /ifro. lsso mostra que as grandezas"litros consumidos" e "quilômetros por litro" são inversamente proporcionais (pois seu produto éconstante). Desse modo, podemos escrever

Iitros consumidos na ida

litros consumidos na volta

15 5

124

Basta então achar uma fração equivalente u I nuqual a soma do numerador com o denominador4

seja 18. Essa fração " f,'ou seja, João gastou l0litros de álcool na ida e S litros de gasolina na

volta. Logo a distância entre Pirajuba e Quixajuba é 12x10 = B x'1 5 :120 quilômetros.

QUESTÃO 12ALTERNATIVA EVamos listar as posições das cartas fazendo embaraÌhamentos sucessivos:

. posição inicial: 42345

. apos o 1o embaralhamento: 3A524

. após o 2o embaralhamento: 534A2

. após o 3o embaralhamento. 4523A

. após o 4o embaralhamento: 24A53

. após o 5o embaralhamento: A2345, a posição inicial

Assim, de 5 em 5 embaralhamentos retornamos à posição inicial. Como 2Q12:5" 4A2+2, aposição das cartas após o 2012o embaralhamento é a mesma que a posição apóso2oembaralhamento, quando a primeira carta é a de número 5.

QUESTAO 13ALTERNATIVA DVamos denotar as alturas de Ana, Bernardo, Célia e Danilo por a, b, c e d, respectivamente. O

enunciadonosdizque â c=d-a;logo u='lO estánopontomédioentreced, ecomo c.id'2temos c.::â.:rd. Temos também b+d:a+c, ou seja, c-b:d*a. Como d-a,'0, concluímosque c,:..b e segue que b':.Ç.::.e rd; além disso, temos d- a:â_ e=c-b. Vamos agora àsalternativas:

A) Falsa. Vimos QUê r .,. â.B) Falsa. Como fo 4 Ç ",::,a.r d temos d-b ), â-ú.C) Falsa. Vimos que b ,:: c.D)Verdadeira. De b+ d :â+ c segue d - c = a* b.E) Falsa. Vimos que a < d.

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rSolução da prova da 1" fase

OBMEP 2012- Nível24

Somando noyos Ìalentos para o Brasil

QUESTÃO 14ALTERNATIVA EPrimeiro observamos que o sólido obtido depois doscortes possui seis fases de oito lados (octogonos) e oitofaces triangulares; a cada fase octogonal se opõe outrafase octogonal, bem como a cada face triangular seopõe outra fase triangular. Das duas vistas apresentadasna figura concluímos que os números que aparecem nasfaces octogonais são 10, 13 e 14 (vista da esquerda) e 7, 11 e 12 (vista da direita). Vemostambém que as faces marcadas com os números 10 e 14 são adjacentes com à face de número13; logo, a face oposta a esta última está entre os números7,11 e 12.

Por outro lado, observamos que cada face triangular é adjacente a três fases octogonais.Das duas vistas apresentadas concluímos que a face triangular de número 3 e adjacente às facesoctogonais 13,7 e 11 e que as faces de números 7 e 11 são adjacentes à face de número 12.Usando a segunda vista do sólido, podemos concluir que a face oposta à de número 12 éadjacente à de número 3, que não pode ser a de número 7 nem a de número 11; portanto, sópode ser a de número 13. Assim, a face que se opõe a de número 13 é a de número 12.

QUESTAO 15ALTERNATIVA DSejam x e y, respectivamente, as medidas do lado menor e dolado maior de um dos retângulos menores. As medidas dos y

dois lados do retângulo maioisão então x+ y e 4x-5y; em i

4Xparticular, temos y =

= x. Como a ârea do retângulo maior é i'

5

5x

720 cm2,

4y

2 .(8 + 10) = 36 "rn.

x: 8 ê Y = 1A; o perímetro de um dos retângulos menores é então

QUESTÃO 16ALTERNATIVA CPodemos pensar nos números naturais entre 0 e 999 como sequências de três algarismos,de 000 até 999. O número de sequências de três algarismos que podemos formar sem

o algarismo 3 é 9.,9,'9:93; entre essas, 8:"8,,18=83 não contém o algarismo 2. Logo há

93 - 83 = 729 - 512 = 217 naturais entre 000 e 999 nos quais aparece pelo menos um algarismo 2e não aparece nenhum algarismo 3.

temos 5x(x + y) = s"l r.Z* ): + ,' = TZo. Loso

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Somando noyos talenios para 0 Brasil

Solução Oa pràva da 1" faseOBMEP 2012- Nível2

QUESTAO 17ALTERNATIVA BPara simplificar, no parágrafo a seguir "aznl" significa "bandeirinhaazul" e analogamente para asoutras cores.

Para que não haja azuis juntas, é necessário que entre duas azuis haja pelo menos umabandeirinha de outra cor. Para isso, são necessárias pelo menos 24 bandeirinhas não azuis; comohá exatamente 14+ 10 = 24 bandeirinhas brancas e verdes, concluímos que a fila de bandeirinhascomeça e termina com uma azul e que entre quaisquer duas azuis há exatamente uma branca ouuma verde. Em particular, as alternativas A) e C) são falsas.

Usando as letras A, B e V para as cores azul, branco e verde, a possível fila abaixo mostraque a alternativa D) é falsa:

&m &m & ÂVA # & ffi & ts AWS" i+ & # & r ÂVA ì & t# é, il &VAffi & tí A\í&V&W&VAVA\/&

Vamos agora pensar em uma fila qualquer como uma sequência de blocos de duas letras dostipos AB e AV com uma letra A na extremidade direita. Pelo menos um bloco AB deve estar aolado de um bloco AV, criando assim um bloco maior ABAV ou AVAB. Em qualquer dos casos,vemos uma sequência (BAV ou VAB) de três bandeirinhas de cores todas diferentes, o que mostraque a alternativa E) é falsa.

Finalmente, notamos que uma fila da Joana 14 blocos AB e 10 blocos AV, além do A àdireita. Com esses 10 blocos AV é possível separar no máximo 11 blocos AB uns dos outros;assim, há pelo menos dois blocos AB consecutivos, seguidos de uma letra A. Logo em qualquerfila da Joana há um bloco do tipo ABABA, ou seja, há pelo menos cinco bandeirinhasconsecutivas nas quais não aparece a cor verde.

QUESTAO 18ALTERNATIVA EVamos indicar o quadrado azul inferior da planificação com onúmero 3. Observamos que, após a construção do cubo, osquadrados indicados pelos números 1 , 2 e 3 terão um vérticecomum (destacado na figura), logo terão, dois a dois, um ladocomum. Como o quadrado 1 jét tem um lado comum com oquadrado amarelo e o quadrado 3 ê azul, segue que ele évermelho. O quadrado 2, tendo então lados comuns com osquadrados 1 e 3, é amarelo.

QUESTAO 19ALTERNATIVA A

Notamos primeiro que a soma dos números de 1 a 25 ,':#:325; a soma dos números

a)4em uma linha, coluna ou diagonal é então += 65.As casas brancas dotabuleiro consistem de

5uma linha, de uma coluna e das duas diagonais, todas se cruzando na casa central. Denotandopor x o número da casa central e lembrando que a soma dos números das casas cinzentas é 104,temos 4.'. 65-3x= 325*104 e segue Que x= 13.

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Solução da prova da 1" faseOBMEP 2012 - Nível 2

QUESTAO 20ALTERNATIVA CComo Pedro comprou 5 livros a mais que Cláudia e cada homem comprou 4 livros a mais que suaesposa, segue que Pedro não é o marido de Cláudia, ou seja, Pedro é marido de Lorena ou deBianca.Se Pedro fosse o marido de Bianca, ele teria comprado 7 livros, pois Bianca comprou 3livros. Mas Pedro também comprou 5 livros a mais do que Cláudia e assim Cláudia teria compradoapenas 2 livros, o que contraria o enunciado, pois Cláudia comprou mais livros do que Bianca.Logo Pedro é o esposo de Lorena.

Se Vitor fosse casado com Bianca, ele teria comprado 7 livros e, como ele comprou 3 livrosa mais do que Lorena, concluiríamos que Lorena deveria ter comprado 4 livros. Mas já vimos quePedro é esposo de Lorena, logo Pedro deveria ter comprado 8 livros. Por outro lado, Pedrocomprou 5 livros a mais do que Cláudia e assim Cláudia deve ter comprado apenas 3 livros, o quenovamente contraria o enunciado já que Cláudia comprou mais livros do que Bianca. Logo Vitor écasado com Cláudia e o homem sem nome é casado com Bianca.

Podemos agora analisar as alternativas:

A) Falsa. De fato, Pedro comprou cinco livros a mais do que Cláudia enquanto Vítorcomprou quatro livros a mais que Cláudia; logo Pedro comprou um livro a mais do queVítor.

B) Falsa. Pedro é o marido de Lorena.C) Verdadeira. Como vimos em A), Pedro comprou um livro a mais do que Vitor. Como o

homem sem nome foi o que menos comprou livros, segue que Pedro foi o marido quecomprou o maior número de livros.

D) Falsa. Como Pedro comprou um livro a mais do que Vítor, segue que Lorena comprouum livro a mais que Cláudia.

E) Falsa. Vitor é marido de Cláudia.

6Somando noyos talentos para o Braiil