OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO COLÉGIO
SANTO INÁCIO – RJ.
Gabarito comentado da Prova Proposta
para alunos da 1ª série do Ensino Médio.
1. (E) Solução: ?
2. (C) Solução: Colocando em evidencia o fator comum, temos:
3. (C) Solução: por uma simples observação pode-se constatar que o raio do circulo e 5 cm, logo o
diâmetro e o dobro do raio, assim a medida do diâmetro é 10 cm.
4. (C) Solução:
2226 22  23  24  25  26 120


8
46
456
15
5. (E) Solução: A partir da figura, vemos que o comprimento a dos retângulos menores é o dobro da
sua largura b. Temos então que a  b  b  2b  3b  21 , ou seja, b  7 cm e a  14 cm .
Portanto, o comprimento do retângulo maior é 4b  28 e a sua área é 21 28  588 cm2 .
6. (C) Solução: Seja NP uma paralela às arestas verticais do cubo. Sendo 2a a medida da aresta do
cubo, pelo teorema de Pitágoras, LP = LM = MN =
a 2  a 2  a 2 e LN =
LP2  PN 2  2a2  (2a)2  a 6 .
N
M
P
L
Pela lei dos cossenos, cos LMN 
LM 2  MN 2  LN 2 2a 2  2a 2  6a 2
1

  . Logo o ângulo LMN mede
2  LM  MN
2
2a 2 a 2
120o.
7. (B) Solução:
A
2
2

B
M
1/2
D
C
Como os ângulos BAD e CAD são congruentes, o segmento AD é bissetriz interna do ângulo BAC
do triângulo ABC. Assim, pelo teorema das bissetrizes,
AB AC
2 AC

 
 AC  2CD
BD CD
1 CD
Sendo M ponto médio de BD, temos AM perpendicular a BD. Assim, no triângulo retângulo AMD,
MD 1/ 2 1

 .
temos cos  
AD
2
4
Aplicando a lei dos co-senos ao triângulo ACD, temos
AC 2  AD 2  CD 2  2  AD  CD  cos(180   )
 1
 (2CD) 2  22  CD 2  2  2  CD    
 4
2
 3CD  CD  4  0
4
 CD 
3
8. (D) Solução:
Na primeira balança temos 3 triângulos + 1 círculo = 6 quadrados. Na segunda, vemos 2 triângulos
+ 4 círculos = 8 quadrados, ou seja, 1 triângulo + 2 círculos = 4 quadrados.
Logo, 4 triângulos + 3 círculos = (3 triângulos + 1 círculo) + (1 triângulo + 2 círculos) = 6 quadrados
+ 4 quadrados = 10 quadrados.
9. (B) Solução:
30o
S
A
30o
C
60o
60o 60o 30
B
O
raio
de
luz percorre
o trajeto
S-A-B-C-B-A-S.
V
Temos
SA  1m ,
AC  CV  0,5m ,
AC
3
BC
3
 cos 30   AB 
m e
 tg30   BC 
m . Logo a distância percorrida pelo raio
AB
3
AC
6

3
3
  2  3m .
de luz é 2SA  AB  BC   21 


3
6 

10. (C) Solução:
Primeiro
pintamos
o
quadrado e o triângulo
superior, o que pode ser
feito de 3 × 2 = 6 maneiras
diferentes. Uma vez isso
feito, dividimos o problema
em quatro casos de acordo com as cores dos triângulos menores da parte de baixo, como na
figura. As letras minúsculas a e b indicam cores diferentes; notamos que como o quadrado já foi
pintado, para os três triângulos menores só restam duas cores disponíveis. As letras maiúsculas A
e B servirão apenas para denotar os triângulos maiores no que segue.
 Caso 1: temos duas escolhas para a; uma vez feita essa escolha, podemos pintar A com duas
cores, bem como B. Isso pode ser feito de 2× 2× 2 = 8 maneiras diferentes.
 Caso 2: temos duas escolhas para a e uma para b; feitas essas escolhas, podemos pintar A com
duas cores e B com apenas uma. Isso pode ser feito de 2×1× 2×1= 4 maneiras diferentes.
 Caso 3: esse caso é idêntico ao caso 2.
 Caso 4: temos duas escolhas para a e uma para b; feitas essas escolhas, só há uma possibilidade
para pintar A e B. Isso pode ser feito de 2×1×1×1= 2 maneiras diferentes.

No total, temos 6×(8 + 4 + 4 + 2) = 6×18 =108 maneiras diferentes de pintar a figura.
11. Solução: (A)
A soma de todas as faces de um cubo é
1+ 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21. A soma das faces visíveis é
então igual a 6× 21= 126 − (a soma das faces
escondidas). Logo, para que a soma das faces visíveis
seja máxima, devemos posicionar os cubos de modo que
a soma dos números das faces escondidas seja mínima.
Vamos minimizar essa soma considerando um cubo de
cada vez, de acordo com a numeração da figura ao lado.
• Cubo 1: há apenas uma face escondida, que deve ser a de número 1.
• Cubos 2 e 4: em cada um há três faces escondidas. Dessas faces, duas são opostas e somam 7;
a terceira face deve ser a de número 1. A soma dessas faces é 2×(1+ 7) =16.
• Cubos3 e 6: em cada um há duas faces vizinhas escondidas, que devem ser as de número 1 e 2
(como esses números não somam 7, as faces correspondentes não são opostas, logo são
adjacentes). Essas faces somam 2×(1+ 2) = 6 .
• Cubo 5: há dois pares de faces opostas escondidas, que somam 14.
Logo, a soma máxima possível é 126.
12. (C) Solução:
Lembramos que
rendimento = (distância percorrida) dividido pelo (consumo), ou seja, consumo = (distância
percorrida) dividido pelo (rendimento).
Seja d a distância entre Quixajuba e Pirajuba. Antes da parada Cláudia percorreu
rendimento de seu carro nessa parte da viagem foi de 12 km/l, ela gastou
até a parada. Analogamente, ela gastou
gastou
viagem completa foi então de
como o
litros de gasolina
litros de gasolina após a parada. No total, ela
litros de gasolina na viagem; o rendimento de seu carro ao longo da
.
13. (D) ALTERNATIVA
Vamos analisar as afirmativas uma a uma, de acordo com a figura abaixo.
a) falsa: o período de maior precipitação (1º semestre 2008) teve o maior número de casos
notificados de dengue, mas não foi o período de maior temperatura média (2º semestre 2010).
b) falsa: o período com menor número de casos notificados de dengue (2º semestre 2007) não foi
o de maior temperatura média (2º semestre 2010).
c) falsa: o período de maior temperatura média (2º semestre 2010) não foi o de maior precipitação
(1º semestre 2008).
d) verdadeira: o período de maior precipitação (1º semestre 2008) não foi o período de maior
temperatura média (2º semestre 2010) e teve o maior número de casos notificados de dengue.
e) falsa: basta comparar o 1º semestre de 2007 com o 2º semestre de 2009: no primeiro a
precipitação é maior do que no segundo, mas o seu número de casos de dengue é menor.
14. (E) Solução: O número de questões de Aritmética que Beatriz acertou foi 70% de 30 = 0,7 × 30
= 21. Por outro lado o total de questões que ela acertou foi 80% de (30 + 50) = 80/100 x 30 = 64.
Assim, Beatriz acertou 64 – 21 = 43 das 50 questões de Geometria. Logo o percentual de acertos
em Geometria foi de 43/100 = 86/100 = 86%.
15. (C) Solução: A área solicitada corresponde a quatro triângulos retângulo de área medindo 1
cm² cada um e mais um quadradinho no centro de área medindo 1 cm², logo a área total é 5 cm².
16. (D) Solução: basta realizar uma leitura no gráfico.
17. (E) Solução: A área da calcada é 13 m² e é igual a 13 = (4 +y)x1 + (y+1)x1, logo y = 4 m, logo,
as medidas do jardim são 8 m e 4 m, cuja área é 32 m². Como vamos dividir em 10 partes essa
área, cada uma delas vai ter exatamente 3,2 m².
18. (D) Solução: 32 Gb = 32  1024Mb = 32768Mb,
Como n  500  32768  n  65,536
R: Logo o número máximo de filmes que Matheus potencialmente pode salvar é 65.
19. (B) Solução: o comprimento do circulo é C = 2
20. (D) Solução: Chamando de x as calças; de y o cinto e de z as camisas, temos um sistema com
três equações e três incógnita, assim, 2x + y = 220; 2x + 2z = 230 e x + y + z = 200, resolvendo
temos que z = 47,50.