Olimpíada de MATEMÁTICA  (nível 2)
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Olimpíada de MATEMÁTICA  (nível 2) Olimpíada de MATEMÁTICA (nível 2) Document Transcript

  • Solução da prova da 1u faseSomandr novos talentos para o Brasil OBMEP 2012 - Nível 2 QUESTÃO 1 ALTERNATIVA E 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 ffi. sitolificando esta fração de modo que o numerador eo 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 55 60 33 _ Como 55% de Go% é iquat a * =11*9= . concluímos que a percentagem de bolas = 100 n* S:100, ", 100 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.
  • Solução da prova da 1" faseSomando noyos lalentos para o Brasil OBMEP 2012- Nível2 QUESTAO 7 ALTERNATIVA D Na soma 29+32+35+39+41 =176, cada um dos cinco números que Ana escreveu aparece quatro vezes; logo a soma desses números e 176-4=44. O menor número queAna escreveu é então 44-41=3 e o maior e 44- 29=15(os outros números são 5, I e 12). Asoma procurada é então 15r 3-18. QUESTÃO 8 ALTERNATIVA C O ângulo interno ü de um hexágono regular mede 120 . Como todos os trapezios que forma a figura são congruentes, o ângulo P mede +2" =60 . Segue imediatamente que o triângulo ABC eequilátero; Iogo 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 9 ALTERNATIVA D O primeiro triângulo da sequência é formado por três palitos. Para n:> 2, o triângulo que ocupa a posição n na sequência é formado acrescentando n triângulos iguais ao primeiro ao triângulo precedente. Logo, o total de palitos utilizados para construir o triângulo que ocupa a posição n na sequência é 3 1+32++...+ 3n=3.{1+2+...+fi) ,2 -3n(n+1). Para saber em qual triângulo foram usados 135 palitos, devemos resolver a equação V+A=135, ou seja, n(n +1) = 90. Por inspeção, vemos que a raiz positiva dessa equação é n=9i logo o triângulo que estamos procurando 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. Logo A2-9A: E, ou seja, AtA-g)-s. Como A é um algarismo, temos o<A<9; se ,a<9 então Á-9 será negativo e B será negativo ou nulo, o que é uma contradição. Logo A=9; segue que B=0 e BxB+B:0x0+0=0=8.
  • Solução da prova da 1u fase 3/ Somand0 n0v0s talent0s para 0 Brasil OBMEP 2012- Nível2 QUESTAO 11 ALTERNATIVA C Vamos chamar de D a distância entre Pirajuba e Quixajuba. Qualquer que seja o combustível utilizado, temos que D: litros consumidosxquilometros por /ifro. lsso mostra que as grandezas "litros consumidos" e "quilômetros por litro" são inversamente proporcionais (pois seu produto é constante). Desse modo, podemos escrever Iitros consumidos na ida 15 5 litros consumidos na volta 124 Basta então achar uma fração equivalente u I 4 nuqual a soma do numerador com o denominador seja 18. Essa fração seja, João gastou l0litros de álcool na ida e S litros de gasolina na " f,ou volta. Logo a distância entre Pirajuba e Quixajuba é 12x10 = B x1 5 :120 quilômetros. QUESTÃO 12 ALTERNATIVA E Vamos 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, a posição das cartas após o 2012o embaralhamento é a mesma que a posição após o2oembaralhamento, quando a primeira carta é a de número 5. QUESTAO 13 ALTERNATIVA D Vamos 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 2 estánopontomédioentreced, ecomo c.id temos c.::â.:rd. Temos também b+d:a+c, ou seja, c-b:d*a. Como d-a,0, concluímos que c,:..b e segue que b:.Ç.::.e rd; além disso, temos d- a:â_ e=c-b. Vamos agora às alternativas: 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.
  • r Solução da prova da 1" fase 4Somando noyos Ìalentos para o Brasil OBMEP 2012- Nível2 QUESTÃO 14 ALTERNATIVA E Primeiro observamos que o sólido obtido depois dos cortes possui seis fases de oito lados (octogonos) e oito faces triangulares; a cada fase octogonal se opõe outra fase octogonal, bem como a cada face triangular se opõe outra fase triangular. Das duas vistas apresentadas na figura concluímos que os números que aparecem nas faces octogonais são 10, 13 e 14 (vista da esquerda) e 7, 11 e 12 (vista da direita). Vemos também que as faces marcadas com os números 10 e 14 são adjacentes com à face de número 13; 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 faces octogonais 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 é adjacente à de número 3, que não pode ser a de número 7 nem a de número 11; portanto, só pode ser a de número 13. Assim, a face que se opõe a de número 13 é a de número 12. QUESTAO 15 5x ALTERNATIVA D Sejam x e y, respectivamente, as medidas do lado menor e do lado maior de um dos retângulos menores. As medidas dos y dois lados do retângulo maioisão então x+ y e 4x-5y; em i 4X particular, temos y = = x. Como a ârea do retângulo maior é i 5 4y 720 cm2, temos 5x(x + y) = s"l r.Z* ): + , = TZo. Loso x: 8ê Y = 1A; o perímetro de um dos retângulos menores é então 2 .(8 + 10) = 36 "rn. QUESTÃO 16 ALTERNATIVA C Podemos 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 2 e não aparece nenhum algarismo 3.
  • Solução Oa pràva da 1" faseSomando noyos talenios para 0 Brasil OBMEP 2012- Nível2 QUESTAO 17 ALTERNATIVA B Para simplificar, no parágrafo a seguir "aznl" significa "bandeirinhaazul" e analogamente para as outras cores. Para que não haja azuis juntas, é necessário que entre duas azuis haja pelo menos uma bandeirinha de outra cor. Para isso, são necessárias pelo menos 24 bandeirinhas não azuis; como há exatamente 14+ 10 = 24 bandeirinhas brancas e verdes, concluímos que a fila de bandeirinhas começa e termina com uma azul e que entre quaisquer duas azuis há exatamente uma branca ou uma 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 mostra que a alternativa D) é falsa: &m &m & ÂVA # & ffi & ts AWS" i+ &#& r ÂVA ì & t# é, il &VAffi & tí Aí&V&W&VAVA/& Vamos agora pensar em uma fila qualquer como uma sequência de blocos de duas letras dos tipos AB e AV com uma letra A na extremidade direita. Pelo menos um bloco AB deve estar ao lado 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 mostra que a alternativa E) é falsa. Finalmente, notamos que uma fila da Joana 14 blocos AB e 10 blocos AV, além do A à direita. 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 qualquer fila da Joana há um bloco do tipo ABABA, ou seja, há pelo menos cinco bandeirinhas consecutivas nas quais não aparece a cor verde. QUESTAO 18 ALTERNATIVA E Vamos indicar o quadrado azul inferior da planificação com o número 3. Observamos que, após a construção do cubo, os quadrados indicados pelos números 1 , 2 e 3 terão um vértice comum (destacado na figura), logo terão, dois a dois, um lado comum. Como o quadrado 1 jét tem um lado comum com o quadrado amarelo e o quadrado 3 ê azul, segue que ele é vermelho. O quadrado 2, tendo então lados comuns com os quadrados 1 e 3, é amarelo. QUESTAO 19 ALTERNATIVA A Notamos primeiro que a soma dos números de 1 a 25 ,:#:325; a soma dos números a)4 em uma linha, coluna ou diagonal é então += 5 65.As casas brancas dotabuleiro consistem de uma linha, de uma coluna e das duas diagonais, todas se cruzando na casa central. Denotando por 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.
  • Solução da prova da 1" fase 6Somando noyos talentos para o Braiil OBMEP 2012 - Nível 2 QUESTAO 20 ALTERNATIVA C Como Pedro comprou 5 livros a mais que Cláudia e cada homem comprou 4 livros a mais que sua esposa, segue que Pedro não é o marido de Cláudia, ou seja, Pedro é marido de Lorena ou de Bianca.Se Pedro fosse o marido de Bianca, ele teria comprado 7 livros, pois Bianca comprou 3 livros. Mas Pedro também comprou 5 livros a mais do que Cláudia e assim Cláudia teria comprado apenas 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 livros a mais do que Lorena, concluiríamos que Lorena deveria ter comprado 4 livros. Mas já vimos que Pedro é esposo de Lorena, logo Pedro deveria ter comprado 8 livros. Por outro lado, Pedro comprou 5 livros a mais do que Cláudia e assim Cláudia deve ter comprado apenas 3 livros, o que novamente contraria o enunciado já que Cláudia comprou mais livros do que Bianca. Logo Vitor é casado 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 Vítor comprou quatro livros a mais que Cláudia; logo Pedro comprou um livro a mais do que Vítor. 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 que comprou o maior número de livros. D) Falsa. Como Pedro comprou um livro a mais do que Vítor, segue que Lorena comprou um livro a mais que Cláudia. E) Falsa. Vitor é marido de Cláudia.