SIMULANDO A OCM (OLIMPÍADA CAMPINENSE DE MATEMÁICA)
NÍVEL II
MODELO DA PROVA
:
INSTRUÇÕES
01. Cada questão da 1a parte vale 10 (DEZ) pontos, enquanto que cada
problema da 2a parte vale 40 (QUARENTA) pontos.
02. Todas as soluções da 2a parte devem ser justificadas. Uma simples
resposta, sem indicar como foi obtida, receberá uma pontuação inferior.
03. Não é permitido o uso de calculadoras nem consulta a notas ou livros. É
permitido o uso de régua, esquadro e compasso.
04. Nas 10 (dez) primeiras questões da 1a parte, assinale com X a alternativa
que julgar correta na tabela abaixo. Assinale somente uma alternativa para
cada questão, de preferência com caneta.
01
(A) (B) (C) (D) (E)
06
(A) (B) (C) (D) (E)
02
(A) (B) (C) (D) (E)
07
(A) (B) (C) (D) (E)
03
(A) (B) (C) (D) (E)
08
(A) (B) (C) (D) (E)
04
(A) (B) (C) (D) (E)
09
(A) (B) (C) (D) (E)
05
(A) (B) (C) (D) (E)
10
(A) (B) (C) (D) (E)
1.Se
então, quando y = 12, x é igual a:
A.1/8
B.3/7
C.7/3
D.7/2
E.8
Solução:
Quando x  2 e y  3 , então
3. 2  4
1
 k  k  . Logo, quando y  12 ,
3  15
9
3x  4
3x  4 1
7
k
  3x  4  3  x 
12  15
27
9
3
2.Na adição abaixo, 2a3 e 5b9 são números de três dígitos. Se 5b9 é divisível por 9 , então a + b é igual a:
A.2
B.6
C.4
D.8
E.9
Solução:
Podemos
escrever
5b9  5  100  b  10  9  10(50  b)  9 .
Então,
5b9 10(50  b)
50  b

 1 é um inteiro, onde b = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Para
9
9
9
ser um inteiro, b = 4.
Como 2a3  5b9  326  549  326  223  a  2 . Então, a  b  6
3.A expressão
A) 1
,
B) 2 xy
C) 2 x2 y 2  2
D)
é equivalente a:
2x 2 y

y
x
E) 2 xy 
2
xy
Solução:
 x 2  1  y 2  1   x 2  1  y 2  1  x 2 y 2  x 2  y 2  1 x 2 y 2  x 2  y 2  1


  

 


x
y
y
x
xy
xy


 


2x2 y 2  2
2
 2 xy 
xy
xy
4.
Solução:
N  2 4  2 20  520  16 2  5  161020  1600

0


20
20 zeros
5.O valor de 1 - 2 + 3 - 4 + 5 - 6 + 7 - 8 + ... + 1999 - 2000 + 2001 é igual a:
A.1001
B.1000
C.1002
D.1003
E.1004
Solução:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10    1999  2000  2001 
(1  2)  (3  4)  (5  6)  (7  8)  (9  10)    (1999 2000)  2001
(1  1  1  1  1    1)  2001  1000  2001  1001


1000 vezes
6.Se a e b são inteiros positivos tais que a + b + ab =14 , então a + b é igual a:
A.8
B.7
C.6
D.9
E.10
Solução:
a  b  ab  14  b(a  1)  a  14  b(a  1)  (a  1)  15  (a  1)(b  1)  3  5
a  1  15  a  14

 (b=0 não serve) ou ainda
b

1

1

b

0


a  1  5  a  4
(a=0 não serve). 
 ou ainda
b

1

3

b

2


Logo, a  b  6
 a 1  1  a  0 


b

1

15

b

14


a  1  3  a  2

.
b

1

5

b

4


1. Assinale a opção que representa o maior número:
A. 360
B. 448
7.
C. 736
D. 1924
E. 30012
Solução : 360  (35 )12  24312 ; 448  (44 )12  25612 ;
736  (73 )12  34312 ; 1924  (192 )12  36112 . Logo, 360 < 4 48 < 30012 < 7 36 <
1924
1.
Se a0 = 1, a1 = 3 e a relação geral
para
. Então a3 é igual
a:
A.
8.
13
27
B. 33
C. 21
D. 10
E. –17
Solução:
Para
n  1,
temos
a12  a0  a2  1 e como
a0  1 ,
a1  3 , então
9  a2  1  a2  10 .
Para n  2 , temos a22  a1  a3  (1)2  1 , então 100 3a3  1  a3  33.
1.
9.
No triângulo ABC , o ângulo
, AB =20 , AC = 12 e os pontos D no lado AB e
E no lado BC são tais que AD=DB , e DE é perpendicular ao lado AB . Então, a área
do quadrilátero ADEC é igual a:
A. 75
B. 48
75
2
117
D.
2
115
E.
2
C.
Solução:
C
E
A
D
2
2
B
2
Pelo teorema de Pitágoras, BC  AB  AC , então:
2
BC  400 144  256  BC  16
O ∆ABC ~ ∆DBE (pois têm 2 ângulos iguais), então
AC BC

, ou seja,
DE DB
12 16
15

 DE 
.
DE 10
2
15
 10
AC  BC 12  16
DE  DB
75
2

 96 , A∆DBE =
Como A∆ABC =
e


2
2
2
2
2
A
ADEC =
A∆ABC - A∆DBE = 96 
75 117

2
2
ou
10.Se
10.
a) 4 x  3 y  xy
x y
 2
c) 2 3
e)
e
ou
, então
y
b)
é equivalente a:
4x
6 y
4y
x
d) y  6
4 y  xy  6 x
Solução:
2 3 1
3x  2 y 1
  
  6 x  4 y  xy  4 y  xy  6 x  4 y  ( y  6) x 
x y 2
xy
2
4y
x
y6
QUESTÕES ABERTAS
1.Qualquer are do terreno retangular abaixo tem o mesmo preço. Os terrenos A e B juntos custam R$ 53.000,00.
Calcule o custo do terreno D.
(Informação: Are é uma medida de superfície).
Como a diagonal do retângulo divide o mesmo em dois triângulos de mesma área,
temos que 6 + 11 + 25 = 24 + AD  AD = 18 are. De acordo com o enunciado,
podemos calcular o custo do terreno “D” através de uma regra-de-três simples:
17 are ____ 53.000,00 reais
18 are ____
X
2.Na adição abaixo, 2A3 e 5B7 são números de três dígitos. Se 5B7 é divisível por 7 . Que dígitos
representam as letras A e B ?
Solução:
5B7  5  100  B  10  7  10  (50  B)  7 , onde 5B 7 =0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,
9
5B7
(50  B) 7
(50  B)
50  B
 10
  10
 1 é um número inteiro. Para
ser
7
7
7
7
7
um um inteiro, B  6 .
Como 2 A3  5B7  324  567  324  243 , logo A  4
3) Descubra o número, de acordo com as informações dadas a seguir:
i) é um número de dois algarismos;
ii) o algarismo das dezenas é o dobro do algarismo das unidades;
iii) trocando os dois algarismos de lugar, obtêm-se um segundo número. Se, do primeiro, subtrai-se o segundo número,
o resultando é 36
Solução:
O número procurado é da forma: AB, onde A e B são dígitos. Podemos
escrever AB=10A+B e, como A=2B, então AB=20B+B=21B.
O segundo número é BA=10B+A=10B+2B=12B. Mas AB-BA=21B-12B=9B=36,
logo B=4 e A=8. O numero procurado é 84.
4.Os números 1, 2, 3, 4, 5 são colocados na tabela abaixo, de modo que cada um apareça exatamente uma
vez em cada coluna, linha ou diagonal.
A.Calcule o valor de A+B.
B.Complete a tabela.
Solução:
a) Calcule o valor de A+B =6
b) Complete a tabela
1
5
4
3
2
3
2
1
5
4
5
4
3
(A) 2
1
2
1
5
4
3
(B) 4
3
2
1
5
5.O diretor de um colégio interno tem uma garrafa cheia de vinho trancada a chave no seu armário. Um
aluno conseguiu uma cópia da chave, abriu o armário, bebeu metade do conteúdo da garrafa, completou
a garrafa com água e recolocou-a no lugar. Deu a chave para um colega que fez a mesma coisa. Quando o
diretor percebeu, já havia menos de 2% de vinho na garrafa. Quantos alunos, no mínimo, beberam da
garrafa?
Seja Vi a fração de vinho na garrafa após a i-ésima manipulação . Temos
n
Vi
1
1
V

. Segue que Vn     n . Se queremos que Vn
V0  1 e se i  0, i 1
2
 2 2
seja menor que 2%, devemos ter
1
2
1
n


2
 50 , o que
,
ou
seja,
n
2 100 50
implica n  6 . Logo, pelo menos 7 alunos beberam da garrafa.