OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO COLÉGIO Gabarito comentado da Prova Proposta
SANTO INÁCIO – RJ.
para alunos da 7º Ano do Ensino
Fundamental
1ª Questão:
(Alternativa A)
Observe o esquema abaixo:
Considerando os anos “a.C.” como números negativos, temos que Tutankamon assumiu o reinado no
ano de:
1327+9 = 1336 a.C.
com a idade de 10 anos. Logo concluímos que ele nasceu no ano de:
1336+10 = 1346 a.C.
2ª Questão:
(Alternativa D)
Aplicando a propriedade da potenciação temos
55 : 51 551 5 4

 1  5 41  5 41  53  125
5
5
5
3ª Questão:
(Alternativa B)
Traduzindo a primeira frase para a matemática temos que:
90  x
 10
4
Concluímos então que o ângulo desconhecido vale 50°. Para obter o suplemento de 50° fazemos:
180  50  130
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4ª Questão:
(Alternativa C)
Definimos como x o número de amigos que dividiram a conta. Na primeira situação, se cada amigo
desse 20 reais, o valor arrecadado seria 8 reais a mais que o valor da conta. Dessa forma temos que:
Conta = 20 x  8
(I )
Na segunda situação, se cada amigo desse 18 reais, o valor arrecadado seria 6 reais menor que o
valor da conta. Com isso:
Conta = 18x  6
( II )
Por (I) e (II) temos que
20 x  8  18 x  6
20 x  18 x  8  6
2 x  14
x7
Sabemos então que foram 7 amigos ao restaurante. Substituindo esta informação na equação (I)
ou (II) temos que:
Conta = 20  7  8  140  8  132
5ª Questão:
(Alternativa A)
Como Leonardo da Vinci nasceu 391 anos antes de
Pedro Américo, ele nasceu no ano 1843-391 = 1452. Por outro
lado, Portinari nasceu 451 anos depois de Leonardo da Vinci,
ou seja, ele nasceu no ano 1452 + 451 = 1903
Outra solução: Leonardo da Vinci nasceu 391 antes de
Pedro Américo e 451 antes de Portinari, logo Portinari nasceu 451-391=60 anos depois de Pedro Américo.
Portanto, Portinari nasceu no ano 1843 + 60 = 1903.
6ª Questão:
(Alternativa E)
Ao montar o cubo, o quadrado superior e o quadrado inferior ficam em faces opostas, o que nos
deixa apenas as alternativas (A) e (E) para considerar. Observando que dos quatro quadrados em linha o
primeiro e o terceiro a contar da esquerda (ou da direita) também ficarão em faces opostas, ficamos somente
com a alternativa (E).
Outra solução: Dentre as 4 faces alinhadas, as que são faces opostas no cubo são as que aparecem
intercaladas, ou seja a 1ª e 3ª, e a 2ª e 4ª. Apenas na opção (E) a soma dos pontos nesses pares de faces é 7
(note que se a soma dos pontos em dois pares de faces opostas é 7 então a soma dos pontos no par restante
também é 7).
7ª Questão:
(Alternativa E)
Na opção I o quadrado está dividido em quatro triângulos iguais, de modo que a área da região
sombreada é a metade da área do quadrado. Na opção II, a diagonal divide o quadrado em dois triângulos
iguais, e outra vez a área da região sombreada é metade da área do quadrado. Na opção III o triângulo
sombreado tem área menor do que o triângulo sombreado da opção II, ou seja, menor que metade da área do
quadrado. Na opção IV, segue mais uma vez que a área da região sombreada é metade da área do quadrado.
Finalmente, a área do triângulo sombreado na opção V é maior do que a área do triângulo sombreado da
opção II, ou seja, é maior do que metade da área do quadrado. Comentário: observamos que na opção IV, o
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ponto N não precisa ser o ponto médio do lado CD. De fato, o argumento usado acima para analisar essa
opção não depende da posição de N ao longo de CD.
8ª Questão:
(Alternativa D)
Um quadrado de lado  tem área  2 . Os lados dos quadrados de áreas 25 cm2 e 9 cm2 medem
respectivamente, 5 cm e 3 cm. Segue que o lado do quadrado menor mede 5 – 3 = 2 cm. O contorno da
figura é formado por 3 lados de 5 cm, 2 lados de 3 cm, 2 lados de 2 cm e um segmento que
é a diferença entre um lado de 3 cm e outro lado de 2 cm. Temos com isso que o perímetro
é
9ª Questão:
(Alternativa A)
As informações do gráfico são dadas nas três primeiras colunas da tabela abaixo:
20
50
10
 67% é maior que
 50% e
 8,3% . Concluímos que o maior aumento
30
100
120
percentual de população entre 1990 e 2000 ocorreu na cidade I.
Como
10ª Questão:
(Alternativa A)
a
 5,
3
representa o número apagado.
Denotemos por a o numerador da fração que aparece no quadro negro. Temos
donde a  3  5  15 . Por outro lado, a  2  12  x a onde
Portanto 2 12  x  15 , ou seja, 24  x  15 . Logo x  9 .
x
11ª Questão:
(Alternativa E)
Os desenhos abaixo mostram como juntar as duas peças para obter as alternativas (A), (B), (C) e (D).
Apenas a alternativa (E) não pode ser obtida juntando as duas peças, como se pode verificar diretamente por
tentativas.
12ª Questão:
(Alternativa D)
Como 100 degraus = 10 x 10 degraus, Rosa gastará 15 x 10 = 150 segundos para chegar ao último
degrau da escada. Do mesmo modo, Maria levará 20 x 10 = 200 segundos para atingir o topo da escada.
Assim, quando Rosa terminar de subir a escada, faltarão 200 – 150 = 50 segundos para Maria completar a
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subida.
13ª Questão:
(Alternativa D)
Como a e b são números inteiros NÃO positivos, isso implica que eles podem ser negativos ou
zero. Se só dois forem negativos, o produto é positivo e se pelo menos um deles for zero, então o produto é
zero. Dadas as possibilidades, a única afirmação que pode ser feita sem margem de erro é a afirmativa D.
14ª Questão:
(Alternativa D)
Montando a razão entre o número de gols e a quantidade de chutes a gols de cada jogador,
simplificando cada razão e igualando seus denominadores teremos os seguintes valores:
Kako Reinaldo Adrian Fagner Love Léo Mauro
Gols
15
10
12
28
9
Chutes a gol
36
36
36
36
36
Podemos observar que o jogador Fagner Love teve melhor desempenho.
15ª Questão:
(Alternativa D)
Observe que nos exemplos mostrados, para se descobrir o tamanho do lado da superfície formada
por quadradinhos brancos devemos excluir do total de quadradinhos pretos os quadrados das quinas e
dividir o restante por quatro, como mostra a figura:
Estendendo este procedimento para um mosaico formado com 80 quadradinhos pretos temos:
80  4
 19  19 2  361 quadrados bran cos
4
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