7ª Olimpíada de Matemática Colégio João Paulo I
Resolução da prova
1) Observe que a pergunta da questão refere-se a “todas as combinações possíveis de uma
massa, um recheio e uma cobertura”. Assim, aplicamos o princípio fundamental da
contagem:
Massa: 2 opções
Recheio: 14 opções
Cobertura: 3 opções
Total = 2x14x3 = 84 combinações possíveis.
Poderíamos também pensar em uma forma de distribuição. Por exemplo, escolhendo-se
uma massa, teríamos 14 opções de recheio e, para cada um desses recheios, teríamos 3
opções de cobertura. Logo, temos 14x3=42 opções de recheios e coberturas para cada
massa. Como são 2 opções de massas, temos 42 + 42 combinações diferentes.
2) Temos que 30 é o divisor, 4 é o quociente e 12 é o resto. Utilizando a relação
Dividendo = Divisor x Quociente + Resto
temos que
Dividendo = 30 x 4 + 12
⇒ Dividendo = 120 + 12
⇒ Dividendo = 132.
De fato, ao dividirmos 132 por 30, obtemos quociente 4 e resto 12.
3) Vamos tomar as potências de expoente maior do que 1 de 6 e de 9 a fim de encontrarmos
um padrão para o algarismo das unidades.
61 =6
62 = 6x6 = 36
63 = 6x6x6 = 216
Observe que o algarismo das unidades resulta em 6 nos três exemplos. Podemos inferir
que, pelo algoritmo da multiplicação, ao continuarmos multiplicando por 6 obteremos
sempre 6 x 6 = 36, o que dará unidade 6 sempre. Logo, 618 possui algarismo das unidades
6.
91
92
93
94
=9
= 9x9= 81
= 9x9x9 = 729
= 9x9x9x9 = 6561
Podemos inferir que as potências de expoente par de 9 têm 1 na casa das unidades e as
potências de expoente ímpar, têm 9 na casa das unidades. Logo, 910 possui algarismo das
unidades 1.
Assim, 618 + 910 tem como algarismo das unidades 6 + 1 = 7.
4) Como os valores iniciais de Lucas e Ana eram os mesmos, podemos comparar as frações
que representam a quantia atual de cada um.
3
2
4
3
Note que, após o gasto, Lucas possui 1 − 5 = 5 e Ana possui 1 − 7 = 7 ∙
2
3
Ao colocarmos as frações 5 e 7 no mesmo denominador, obtemos que:
2
5
14
15
14
= 35 e
3
7
15
= 35
Como 35 < 35 (por ter maior numerador), Ana possui a maior quantia.
5) Seja 𝑥 a idade atual de Luisa.
“Se Luisa fosse 15 anos mais nova” = 𝑥 − 15
𝑥−15
“A metade da sua idade”= 2
“Seria 16 anos” ⇒
𝑥−15
2
= 16
𝑥−15
2
= 16
⇒ 𝑥 − 15 = 32
PESO
⇒ 𝑥 = 47
6) Sabendo que o IMC = (ALTURA)² como informado no enunciado, vamos calcular o IMC com
os dados disponíveis.
PESO = 46Kg
46
⇒ IMC = (1,6)²
ALTURA = 1,60m
46
⇒ IMC = 2,56
⇒ IMC ~ 17,9.
Assim, essa pessoa encontra-se abaixo do peso com IMC de aproximadamente 18.
7) Para medirmos a área da parede retangular precisamos da altura e do comprimento
desta. Assim, falta encontrarmos a medida do comprimento da parede.
Observe que o telhado forma o seguinte triângulo:
5m
3m
5m
Como a cumeeira coincide com o ponto médio da largura da casa, chamando o cateto de
medida desconhecida na figura acima de 𝑥, temos
5m
3m
𝑥
𝑥
5m
Observando somente um desses triângulos, temos
3m
𝑥
5m
2
Aplicando o Teorema de Pitágoras obtemos
5² = 3² + 𝑥²
⇒ 25 = 9 + 𝑥²
⇒ 𝑥 = 4 ou 𝑥 = −4
⇒ 𝑥² = 16
Como 𝑥 é uma medida de comprimento, escolhemos seu valor positivo. Logo, 𝑥 = 4m².
Como 𝑥 = 4m², o comprimento da parede é 8 e, assim, a área da parede é
base x altura = 8 x 3 = 24m².
8) A medida que a quantidade de mangueiras cresce, também cresce a vazão da água. Logo,
temos uma proporção direta, onde usamos regra de três simples:
3 – 12
7– x
⇒ 3x = 84
⇒ x = 28
9) Note que 101500 é composto de um algarismo 1 e 1500 algarismos zeros, sendo a soma dos
algarismos de 101500 igual a 1. Analogamente, a soma dos algarismos em 101792 , 101822 ,
101888 e 101889 também é 1. Como são cinco números cuja soma de cada é 1, a soma total
dos algarismos igual a 5.
10) Observe que 0,5 < 𝑥 < 1. Como queremos saber 2𝑥 + 1, vamos fazer as devidas operações
na desigualdade.
(multiplicando por 2) ⇒ 1 < 2𝑥 < 2
(somando 1) ⇒ 1 + 1 < 2𝑥 + 1 < 2 + 1
⇒ 2 < 2𝑥 + 1 < 3
Logo, 2𝑥 + 1 está entre 2 e 3 que, na régua, é melhor representado por T.
11) Chamemos de x e y as medidas dos lados dos retângulos, onde x é a menor medida e y a
maior.
x x x x x
y
y
x
y
y
y
y
x
Pela relação entre áreas dada no enunciado, ao juntarmos as áreas dos 9 retângulos
obtemos 720cm². Assim
9.(x.y) = 720
⇒ x.y = 80
Ainda, o enunciado diz que a figura composta pelos 9 retângulos é um retângulo também,
logo a medida do lado superior deve ser igual a medida do lado inferior, ou seja
4𝑦
5x = 4y ⇒ x = 5
Substituindo esse valor de x na primeira relação temos
4𝑦
x.y = 80 ⇒ 5 ∙y = 80 ⇒ 4y² = 400
⇒ y² = 100
⇒ y = 10 ou y = -10
3
Como y é uma medida de comprimento, escolhemos o seu valor positivo, isto é, y = 10.
Substituindo y = 10 no valor de x, temos
4𝑦
4.10
x= 5
⇒x= 5
⇒ x = 8.
Assim, o perímetro (soma de todos os lados) de um dos retângulos de medidas x e y é
2x + 2y = 2.10 + 2.8 = 20 + 16 = 36cm.
12) Sejam M e C respectivamente a quantidade de motos e carros estacionados nesse dia.
Pela receita, temos que
2770 = 20M + 30C ⇒ 277 = 2M + 3C Equação (1)
Pela quantidade de carros, temos que
100 = M + C
Equação (2)
Agora basta resolvermos esse sistema de duas equações com duas incógnitas.
Multiplicando a equação (2) por -2, obtemos
-200 = -2M – 2C
Somando o resultado com a equação (1), temos
-200 = -2M – 2C
277 = 2M + 3C
77 = 0 + C
Logo, C = 77. Substituindo esse valor na equação (1) temos
277 = 2M + 3.77 ⇒ 277 = 2M + 231 ⇒ 46 = 2M
Assim, ficaram estacionados nesse dia 77 carros e 23 motos.
⇒ M = 23.
13) Como uma volta completa vale 360° e o relógio tem 12 marcações, cada marcação
equivale a 360 ÷ 12 = 30°. Assim, a cada hora o ponteiro menor desloca-se 30°.
Ainda, a cada meia hora o ponteiro menor desloca-se a metade do trajeto total, ou seja,
15°. Logo, o ponteiro menor deslocou-se 5h = 5.30° = 150° mais meia hora = 15°,
totalizando um deslocamento de 150°+15° = 165°.
14) Esta questão pode ser feita por sobreposição de áreas de maneira que esta é a única
questão onde não foi exigida a apresentação de cálculo.
Note que podemos sobrepor as figuras I e III de maneira que elas preenchem metade do
quadrado como a figura II. Assim, as figuras I, II e III tem mesma área.
A figura III preenche menos que a metade, pois a hipotenusa do triângulo sombreado é
menor que a diagonal do quadrado. Já a figura V tem a hipotenusa do triângulo
sombreado maior do que a diagonal do quadrado, sendo esta então a figura de maior área.
15) Se Pedro vendesse as mercadorias pelo preço correto, ele teria feito a seguinte venda:
Cenoura = 100 x R$1,00 = R$100,00
Tomate = 120 x R$1,10 = R$132,00
Total da venda = R$110,00 + R$132,00 = R$232,00.
4
Realizando a venda com os preços trocados ele fez a seguinte venda:
Cenoura = 100 x R$1,10 = R$110,00
Tomate = 120 x R$1,00 = R$120,00
Total da venda errada = R$230,00.
Logo, ele deixou de receber R$2,00.
16) Podemos ver o preço que a barra deveria custar na escala de preço original fazendo uma
regra de três.
R$5,00 – 250g
R$ x – 200g
⇒ 1000 = 250x ⇒ x = 4
Assim, a barra deveria custar R$4,00.
Para comparar o preço que ela tem atualmente com o preço que deveria ter, podemos ver
quanto a diferença de R$1,00 vale em relação a R$4,00. Assim,
R$4,00 – 100%
R$1,00 – x %
⇒ 4x = 100
⇒ x = 25%
17) Para facilitar a nomenclatura, chamarei os times pelas iniciais.
Primeiramente, vamos ver quantos jogos ocorreram nesse campeonato. Como cada time
jogou uma vez contra todos, temos um total de 6 jogos, a saber
CxF
CxN CxG FxN FxG NxG
Observe que as únicas maneiras de o time C obter 5 pontos é tendo ou 1 vitória (3pontos)
e 2 empates (2 pontos) ou 5 empates (5 pontos). Porém, como o time C jogou somente
uma vez contra cada um dos outros, ele teve jogou 3 jogos apenas. Logo, não pode ter
obtido 5 empates, tendo assim 1 vitória e 2 empates.
Situação 1:
Supondo que uma desses empates do time C tenha sido no jogo contra o time G. Como o
time G possui dois pontos, isso implicaria que o time G teria um empate ou com o time F
ou com o time N. Vamos tomar o caso de um empate com o time F (para o time N a
situação é análoga).
Tendo G empatado com F, ainda restam dois pontos do F que necessariamente tem que
ter vindo de empates também, pois a vitória implica em 3 pontos. Assim, os outros dois
jogos do time F seriam empates, inclusive no jogo contra o time N, implicando que o time
N agora também tem um empate (logo restam 2 pontos provenientes dos outros dois
jogos). Então o time N também tem de ter empates nos outros jogos e assim teríamos
todos os jogos com resultados de empates, o que é uma contradição, pois vimos que o
time C tem uma vitória. Assim, um dos empates do time C não pode ser com o time G.
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Situação 2:
Vamos supor que um dos empates do time C seja com o time F (se for com o time N
resulta no mesmo).
Se um dos empates for com o time F, o outro empate só pode ser com o time N, se não
resultaríamos a contradição descrita acima. Logo, o time C empatou com os times F e N e
venceu do time G. Para fechar os 3 pontos dos times F e N, estes times empataram no jogo
entre si e com o time G, resultando o time G com 2 pontos (um para cada empate). O
placar final é o seguinte (e essa é a única opção possível):
CxF = EMPATE (C = 1 ponto; F = 1 ponto)
CxN = EMPATE (C = 1 ponto; N = 1 ponto)
CxG = VITÓRIA C (C = 3 pontos; G = 0 ponto)
FxN = EMPATE (F = 1 ponto; N = 1 ponto)
FxG = EMPATE (F = 1 ponto; G = 1 ponto)
NxG = EMPATE (N = 1 ponto; G = 1 ponto)
Total de pontos: C = 5; F = 3; N = 3; G = 2. (OK)
Total de empates: cinco.
18) Para o resultado final temos de calcular 8% do total de alunos (250).
8
∙ 250 = 20
100
Logo, 20 medalhas foram distribuídas.
19) Observe que o gráfico é uma reta, sendo então a relação entre o salário (y) e as vendas
realizadas (x) uma função de 1° grau dada pela equação y = ax + b.
Temos no gráfico os seguintes pontos: (0, 1200) e (10, 1800).
Substituindo os pontos na equação y = ax + b obtemos
1200 = a.0 + b
⇒ b = 1200
1800 = a.10 + 1200
Logo, a lei é y = 60x + 1200.
⇒ 10a = 600
⇒ y = ax + 1200.
⇒ a = 60
Como queremos receber 2000 ou mais, queremos que
2000 < 60x + 1200
⇒ 800 < 60x
⇒ 13,3 < x (aproximadamente)
Como x é a quantidade de unidades vendidas, x é um número natural. Logo, x é 14, sendo
então 14 o mínimo de produtos necessários par obtermos R$2000 ou mais.
20) Sobre o gráfico abaixo podemos afirmar que
𝑎 > 0, pois tem a concavidade voltada para cima.
𝑏 < 0, pois corta o eixo y decrescendo.
𝑐 > 0, pois corta o eixo y em um valor positivo (acima do eixo x).
∆> 0, pois corta o eixo x em dois pontos distintos.
𝑥𝑣 > 0, pois o vértice coincide com um valor positivo em x.
Dadas as alternativas, a única que se encaixa é ∆> 0.
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21) Observe a letra (d) que compara o preço de 300g no buffet por quilo e no buffet livre.
No buffet livre o preço de R$12,00 é fixo, então precisamos saber apenas o valor de 300g
no buffet por peso.
Temos a informação que 200g equivale a R$5,90 no buffet por quilo. Proporcionalmente,
metade de 200g custa a metade de R$5,90, isto é, 100g equivale a R$2,95. Logo, 300g
equivale a 200g + 100g, isto é, R$5,90 + R$2,95 = R$8,85.
Logo, para 300g, é mais barato a opção de buffet por quilo.
22) Podemos ilustrar a situação descrita com a seguinte figura.
Suporte (30cm)
Cabo (x)
Altura
(14,5m)
Lona
30°
Podemos utilizar o seguinte triângulo
Cabo (x)
Altura – Suporte = 14,2m
30°
Utilizando a relação senα =
sen30° =
cateto oposto
14,2
x
hipotenusa
temos
1
⟹2=
14,2
x
⟹ x = 28,4m.
���� e 𝐶𝐸
���� e dos
23) Como queremos saber o perímetro, precisamos das medidas dos segmentos 𝐴𝐶
arcos de circunferência AD e DE. Observe que os dois arcos possuem mesmo raio de
medida 0,5cm, logo podemos juntar os dois arcos e formar uma circunferência completa
de raio 0,5cm e da qual queremos saber o comprimento. Como o comprimento da
circunferência é dado por 𝐶 = 2𝜋𝑅, o comprimento dessa circunferência é
𝐶 = 2𝜋(0,5)
⟹
𝐶 = 𝜋.
Para a medida de ����
𝐴𝐶 e ����
𝐶𝐸 , observe que esses segmentos são congruentes, pois são ambos
diagonais de um quadrado de lado 1cm. Sabendo que a diagonal e dada por 𝑑 = 𝑙𝑎𝑑𝑜√2
���� = ����
(fórmula que podemos chegar por Pitágoras), temos que 𝐴𝐶
𝐶𝐸 = 1√2 = √2cm.
Assim, o perímetro da figura é √2 + √2 + 𝜋 = 2√2 + 𝜋.
7
24) Para sabermos a área que não está coberta pelo alarme podemos fazer a área total da sala
menos a área que está coberta pelo alarme. Assim, precisamos da área da sala e da área
coberta pelos alarmes.
Para a área da sala podemos dividir a figura em dois retângulos:
Retângulo 1
Retângulo 2
As medidas dos lados do retângulo 1 são 8m e 5m, totalizando uma área de 8 x 5 = 40m².
Observe que não temos a medida de um dos lados do retângulo 2. Contudo, sabemos que
toda a lateral da casa mede 9m e que 5m já fazem parte do retângulo 1, assim a medida
que falta do retângulo 2 é 4m. Logo, a área do retângulo 2 é 6 x 4 = 24m².
Assim, a área total da casa é 40m² + 24m² = 64m².
Para a área coberta pelos alarmes, vamos calcular a área de alcance de um alarme e
multiplicar pelo total de alarmes existentes (três).
Note que a área de alcance de um alarme é a área de um círculo de diâmetro 3m, ou seja,
de raio com medida 1,5m. Sabendo que a área do círculo é dada por 𝑆 = 𝜋𝑅², temos que
𝑆 = 𝜋𝑅² ⟹ 𝑆 = 𝜋(1,5)²
⟹ 𝑆 = 2,25𝜋.
Assim, a área total de alcance dos alarmes é 3 ∙ 2,25𝜋 = 6,75𝜋. Como queremos a área
aproximada, podemos aproximar 𝜋 para 3.
Logo, a área total de alcance é
aproximadamente 6,75 ∙ 3 = 20,25m².
Logo, a área que não é coberta por alarmes é de aproximadamente 64m² - 20,25m² =
43,75m², sendo a alternativa mais próxima dessa resposta a alternativa (E).
25) Seja 𝑥 = �67 − �7 + √8.
3
√8 = 2 ⟹ 𝑥 = �67 − √7 + 2 ⟹ 𝑥 = �67 − √9
√9 = 3 ⟹ 𝑥 = √67 − 3 ⟹ 𝑥 = √64 ⟹ 𝑥 = 8 e 8 é um número natural divisível por 4.
3
8