XXXIII OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE NÍVEL 2 (8º e 9º. anos) GABARITO
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- Danilo Alvarenga Câmara
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1 XXXIII OLIMPÍD RSILEIR DE MTEMÁTI PRIMEIR FSE NÍVEL (8º e 9º. anos) GRITO GRITO NÍVEL ) ) D ) E ) D ) D ) 7) ) 7) ) ) D 8) D ) 8) ) 4) 9) D 4) 9) D 4) 5) 0) 5) E 0) 5) ada questão da Primeira Fase vale ponto. (Total de pontos no Nível = 5 pontos). guarde a publicação da Nota de orte de promoção à Segunda Fase no site:. () Existem caminhos entre e com os seguintes custos de pedágio: 7 + = = = = = = O valor mínimo é.. () O valor da área plantada com árvores é = 0 dividindo esse valor por 0 00 obtemos o dobro da largura procurada e portanto a resposta correta é 8m.. (D) Se observarmos as três figuras, podemos montar o dado a partir do recorte da figura ao lado (Perceba que não consideramos as rotações dos números na figura ao lado). om isso, é fácil observar que, na primeira figura o número 5 está tocando a mesa; na segunda figura, o número está tocando a mesa; na terceira figura, o número 4 está tocando a mesa. Logo, a soma dos números de todas as faces em contato com a mesa é igual a = () Seja x = expressão do problema é equivalente à: Ou seja, 000. ( ) ( ) x+ 4 + x 4 x= x x+ = x 8x+ ( ) ( x ) = 4 XXXIII Olimpíada rasileira de Matemática Primeira Fase Gabarito Nível
2 5. () Sejam os lados do triângulo. omo + + = 7, temos. lém disso, >. aso =, temos >, = +. Então = = aso =, temos, 5 = +. Então = e =. Daí, as triplas de inteiros que são os lados desses triângulos são,,,,,,. ( ) = ( ) e ( ). (D) Primeiro, observe que, como o hexágono tem lados opostos paralelos, os seis triângulos menores da figura do problema também são equiláteros, devido ao paralelismo, que mantém os ângulos entre retas iguais a 0 (já que, inicialmente, as retas formavam ângulos de 0, devido aos dois triângulos equiláteros). Logo, podemos escrever as medidas dos lados como na figura: soma dos perímetros dos dois triângulos equiláteros é igual a ( a + b + c + d + e + f ), e como cada triângulo equilátero tem perímetro 7 cm, temos ( a + b + c + d + e + f ) = 7, isto é, a + b + c + d + e + f = 4. omo esse também é o perímetro do hexágono, temos que o perímetro procurado é 4cm. 7. () Inicialmente, para cada opção calculemos o produto das vogais e consoantes de sua frase correspondente. ) = ) 5 = 0 ) 7 = 4 D) 8 5 = 40 E) 7 7 = 49 única opção que corresponde ao número mencionado na opção é a alternativa. 8. (D) Podemos contar todas as maneiras de receber o troco de 7 centavos fazendo uma listagem de todos os recebimentos possíveis, ordenando as moedas em ordem decrescente: ou seja, dado que 7 = 5x + 0y + 5z + w, basta contar quantas soluções inteiras não-negativas essa equação possui. Note que x representa o número de moedas de 5 centavos, y o número de moedas de 0 centavos, z o de 5 centavos e w o de centavo. s soluções são: XXXIII Olimpíada rasileira de Matemática Primeira Fase Gabarito Nível
3 (,,0,);(,0,,);(,0,,7);(,0,0,);(0,,,);(0,,0,7);(0,,,);(0,,,7); (0,,,);(0,,0,7);(0,,5,);(0,,4,7);(0,,,);(0,,,7);(0,,,);(0,,0,7) (0,0,7,);(0,0,,7);(0,0,5,);(0,0,4,7);(0,0,,);(0,0,,7);(0,0,,);(0,0,0,7) Logo, há um total de 4 maneiras. 9. (D) Note que, para um número ter exatamente 4 divisores positivos, sua fatoração em primos deve ser da forma pq ou p³, onde p e q são primos distintos (veja porque na observação abaixo). Daí, os números de a 0 que possuem exatamente 4 divisores são os seguintes: =., 0 =.5, 4 =.7, =., =., 5 =.5, =.7, 8 = ³, 7 = ³. Portanto, temos 9 números. θ θ θk Observação: Dado um número em sua fatoração em primos n = p p... p k, o número de divisores positivos de n é igual a ( + θ )( + θ )...( + θk ). Para ver porque, observe que todo divisor de n é β β βk da forma p p... p k, com β i θ i, para todo i de até k. om isso, temos ( + θ) escolhas para β, ( + θ ) escolhas para β,..., ( + θ k ) escolhas para β k. Logo, temos ao todo ( + θ )( + θ )...( + θk ) escolhas para os β ' s, e como cada escolha define um divisor, a demonstração está completa. 0. () Sejam α=, β= DE e θ=. Temos = 50 +α. Pelo teorema do ângulo externo no triângulo D: α+ 50 +θ= 90 + β (*) lém disso, α+ θ+ 50 = 80 pelo soma dos ângulos internos do. Substituindo o valor de α+θ= = 5 em (*), temos β = 5. D α E β α + β α + 50 θ θ. (E) Seja x o número que iremos subtrair do numerador e do denominador. Temos: x 4 = 9 x 9 4x x = 7. 4 x. () Podemos agrupar os números de 4 em 4 cujo produto de seus membros termina em 4: termina em 4 termina em 4 termina em 4 XXXIII Olimpíada rasileira de Matemática Primeira Fase Gabarito Nível
4 como temos uma quantidade par de grupos, o algarismo das unidades e do produto é.. () X p M p Pelo teorema de Pitágoras nos triângulos O N Y l l XON e MOY temos p + 4l = l + 4p = 9 4 Daí, XY = 4( p + l ) = ( + 9 ) = 5 4. () Vamos contar o número de pedaços e folhas: temos (n ) pedaços que foram rasgados só uma vez, (n ) pedaços que foram rasgados duas vezes e n pedaços que foram rasgados três vezes. Logo, o total de pedaços é igual a n. omo 8 =.0 (aqui atribuímos n = 0), 8 pode ser o total de pedaços obtidos por Esmeralda. Pode-se notar ainda que não podemos ter n = 5 ou 8 ou 4 ou. 5. (E) No conjunto {5, 0, 0} podemos escolher no máximo dois números. No conjunto {,,, 4} podemos escolher no máximo números. Em cada um dos conjuntos {, }, {7, 4}, {8, } e {9, 8} podemos escolher no máximo 5 números. Logo, o total de números que podemos escolher é no máximo = 4. Um exemplo de tal conjunto é {,, 4, 5,,,, 4, 5,, 7, 8, 9, 0}.. (D) figura que Topázio desenhou é a união de duas figuras que podem ser desenhadas sem tirar o lápis do papel e que se intersectam em no máximo dois vértices. Vamos denotar o início da caminho com o símbolo e o seu final com. s setas indicam a ordem do caminho. + = 4 XXXIII Olimpíada rasileira de Matemática Primeira Fase Gabarito Nível
5 + = = + = = + = Um desenho que pode ser feito sem tirar o lápis do papel possui no máximo dois vértices de grau ímpar. união de dois desenhos desse tipo, possui no máximo 4 vértices de grau ímpar. figura D possui 8 vértices de grau ímpar e consequentemente não foi desenhada por Topázio. 7. () α β 40 + β 40 + α E D XXXIII Olimpíada rasileira de Matemática Primeira Fase Gabarito Nível 5
6 Sejam α= E e β= D. omo D=, D = 40 +α. nalogamente, E = 40 +β. soma dos ângulos internos do ED produz 0 +α+β= 80 α+β= 0. Portanto, =α+β+ 40 = () Sejam, E e os números das respostas corretas, erradas e em branco, respectivamente. Pelo enunciado, 4 E = 5 e + E+ = 4 Somando as duas equações obtemos 5+ = 7. Daí, 5. Para = 5, temos = e E = 8. k + k k k+ k N k 9. (D) Se 0 N < 0 então 0 N < 0 enquanto que 0 < 0. Daí, a 00 operação de dividir por 00 reduz mais a quantidade de dígitos do que a operação de extrair a raiz quadrada quando o número possui mais que cinco dígitos. pós as 4 primeiras operações, o número que aparece na tela é no máximo 0, 00 = x. Se nas próximas operações o número não for dividido por 00, precisaremos de no máximo quatro operações para obter um número menor que. Se na próxima operação dividirmos por 00, obteremos 0,00 e nesse caso precisaremos de no máximo três operações para obtermos um número menor que. 0. () omeçaremos escolhendo a cor do centro, posteriormente as cores das pontas da cruz central e por último as cores dos quadrados nos cantos. Vamos dividir a coloração da cruz em quatro casos correspondendo as possíveis colorações dos vértices da cruz: ª. parecem duas cores alternadas no vértice. ª. parecem duas cores não alternadas e em mesma quantidade. ª. parecem duas cores em quantidades diferentes. 4ª. parece uma única cor. Uma vez que escolhemos as cores da cruz, termo uma ou duas possibilidades para cada vértice : se os quadrados adjacentes possuem cores diferentes e caso contrário. Para o centro temos três possibilidades e, para cada escolha, há duas escolhas para e. Total de colorações em cada caso: º. caso: 0 = º. caso: = 48 º. caso: 4 = 9 4º. caso: 4 = 9 XXXIII Olimpíada rasileira de Matemática Primeira Fase Gabarito Nível
7 Total: 4.. (D) Se hoje está chovendo, X deve obrigatoriamente ser um OVNI nerd. lém disso, W não pode ser um ET-nerd, pois caso contrário estaria falando a verdade em um dia de chuva. Temos então a seguinte distribuição: (X, Y, Z, W) = (OVNI, UFO ou ET, UFO ou ET, OVNI ou UFO). Se hoje não está chovendo, X mentiu e não pode ser um ET-nerd. s próximas três falas são verdadeiras, logo temos a seguinte distribuição. (X, Y, Z, W) = (UFO, ET ou OVNI, ET ou OVNI, ET ou OVNI). Portanto, é possível que haja um UFO nerd e três ET-nerds () = concluímos que o primeiro dígito não nulo após a vírgula de é 4. = e qualquer número de conjunto { }. () omo ,, 5, 5,, 5,, é menor que, concluímos que 00 não serve para Esmeralda. ontudo, 009 = 4 49 satisfaz as condições impostas por Esmeralda. 4. () Q D omo o quadrilátero QD é cíclico, temos que Q = D = 0. lém disso, como D é um paralelogramo, temos Q = D = 0. Daí, Q é equilátero e Q = = () Na soma dos números escritos em lados alternados do hexágono, aparecem produtos de 45,,,,,. Essa soma é mínima se os maiores números são multiplicados números no conjunto { } pelos menores números. Se os números { 54,, } não são adjacentes no hexágono, temos possíveis distribuições. XXXIII Olimpíada rasileira de Matemática Primeira Fase Gabarito Nível 7
8 Dessas configurações, a menor soma é 58. Se pelo menos dois números do conjunto {4, 5, } são adjacentes, é fácil ver que a soma é maior que XXXIII Olimpíada rasileira de Matemática Primeira Fase Gabarito Nível
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