XXVI OLIMPÍADA BRASILEIRA DE MATEMÁTICA PRIMEIRA FASE NÍVEL 3 (Ensino Médio) GABARITO

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1 XXVI OLIMPÍAA RASILEIRA E MATEMÁTIA PRIMEIRA ASE NÍVEL 3 (Ensino Médio) GAARITO GAARITO NÍVEL 3 1) ) 11) 1) 1) ) 7) 1) 17) ) A 3) 8) 13) 18) E 3) 4) 9) A 14) 19) 4) 5) 10) 15) E 0) 5) 1. () f(4) = 5; f(f(4)) = f(5) = ; f(f(f(4))) = f() = 1; f(f(f(f(4)))) = f(1) = 4. Logo, como 004 é múltiplo de 4, f( f(...( f( f (4))...)) = vezes. () Sendo G a projeção ortogonal de E sobre o segmento, então EG = 7. omo AE é um triângulo retângulo em E, E = A E = 15 E = 5. E G omo A é um triângulo retângulo em, 7 = A = 8 18 = 1. Logo G = E = 7 e E = EG + G E = 7. A () Sejam a b cos lados do triângulo e S a sua área. Temos que a 0 b 15 c 1 a 3 b 4 S = = = = e =, ou seja, o triângulo tem lados proporcionais a 3, 4, 5 c 5 c 5 e portanto, seu maior ângulo interno é () Veja solução do problema 5 do Nível () = ( ) ( ) ( 3 ) ( 3 ) ( 3) = 3 omo o produto das incorretas é um cubo perfeito, os expoentes que aparecem na fatoração deste produto em a b primos devem ser múltiplos de 3. Logo a alternativa correta deve ser da forma 3, onde a b = 3 é tal que 13 a e b são múltiplos de 3 a 1 e b são múltiplos de 3. a b 3 Assim, a alternativa correta é a que apresenta 54 = () onsidere os subconjuntos {1, 9, 17}; {, 10, 18}, {3, 11, 19}, {4, 1, 0}; {5, 13}; {, 14}; {7, 15}; {8, 1}. os quatro primeiros podemos tomar no máximo elementos e dos demais no máximo 1 de modo a não haver dois números cuja diferença é 8. Logo o menor inteiro n é = 13.

2 () a b= = n n = = + = n= 1 n 1 n+ 1 n= 1(n 1)(n+ 1) n= 1 (n 1)( n+ 1) = 500,5 + n= 1(n 1)(n+ 1) n= 1(n 1)(n+ 1) Agora podemos observar que = = 1 < n= 1(n 1)(n+ 1) 4 n= 1 n 1 n próximo de a b é 501. e, portanto, o inteiro mais 8. () Quando a altura da areia no cone interior é a metade da altura da areia no cone superior, passaram para o cone 3 19 inferior 1 = do volume total de areia. 3 7 Portanto demora h30min = 5400s = 3800s = 1h03min 0s (A) azendo n = 0, temos f(0) f() = 9 azendo n =, temos f() 3f(0) = 5 Somando as duas igualdades, obtemos f(0) = 34, e logo f(0) = 17. h h 10. () É possível formar os números 10 a+ b, 10 b+ a, 10 a+ c, 10 c+ a, 10 b+ c, 10 c+ b cuja soma é ( a+ b+ c). Logo ( a+ b+ c) = 484 a+ b+ c=. Então, sendo 0 a< b< c 9, c é igual a 9. Listando as possibilidades, {, 7, 9} e {5, 8, 9}. 11. () Seja a o número de faces ocres do segundo cubo, que tem portanto a faces magentas. A probabilidade de as duas faces terem a mesma cor (Ocre e ocre ou magenta e magenta) é 5 a + 1 ( a ) 4 a + a + 3 = = Temos a = a + 3 = 9 a = () Veja Solução do Problema 10 do Nível. 13. () Veja Solução do Problema 1 do Nível. 14. () Observemos que todos os números primos menores ou iguais a n aparecem na fatoração de n!. omo 17 não é fator de n!, temos n < 17. Alem disso, como n! tem 3 fatores 5 e os três primeiros múltiplos de 5 são 5, 10 e 15, que não têm mais de um fator 5, temos n 15. Logo n = 15 ou n = 1. omo há 1 8 = números pares menores ou iguais a 1, sendo = múltiplos de 4, 1 8 = múltiplos de e 1 múltiplo de 1, 1! admite = 15 fatores, logo n = 1.

3 15. (E) E G A Y X Sendo A um dos ângulos internos do heptágono, (7 ) π 5π ma ( ) = = rad. Assim, 7 7 como ( π max) = 90 = rad, 5π π 11π mx ( ) = π ma ( ) max ( ) = π = rad Sendo X = A=, o triângulo X é isósceles. Portanto 11π π π mx ( ) 14 3π mx ( ) = = = rad () Lembrando que ( x = x x 0) e ( x = x x 0) ( ) x+ x 1 + x x 1 = x+ x 1 + x x 1 = x+ x 1+ ( x+ x 1)( x x 1) + x x 1= 4 x x 1 0 x 4x+ 4 = x x = ( x ) x x 1 x 1 x 1 0 x x x Logo o conjunto das raízes da equação é o intervalo [1;]. 17. () Sejam MN = h e N = x. Pelas relações métricas no triângulo retângulo MN, MN = N N h = x( x) (I). A M h 4 x N x

4 Além disso, na segunda figura, os triângulos AM e AE são semelhantes, logo A M x h x = = h = +. Substituindo em (I), obtemos AE E 3 x 3 x( x) 5x 1x = + = x =. 5 x = 3 ou omo o triângulo M não é isósceles, x =. 5 Assim, considerando que a altura relativa ao lado A do triângulo AM mede x, a área desse A x triângulo é = 5 =. 5 A x M h x E x N x 18. (E) Veja Solução do Problema 3 do Nível. 19. () o lado de fora da loja, uma pessoa avista 14 blocos, no máximo. São eles os 8 blocos na frente da loja, mais na base inferior e mais 4 na base intermediária da pilha. Ele deixa de enxergar os 3 blocos marcados com um círculo na figura à A esquerda. estacamos na figura o plano vertical P, para mostrar que a aresta A impede a visão da aresta vertical do bloco X, que fica totalmente oculto. A visão por cima também não alcança os 3 X blocos marcados com um círculo, porque o plano de visão determinado pela aresta A tem declividade 1 / 8 (veja a figura abaixo). P 0, m 1, m 0. () Veja Solução do Problema 3 do Nível 1.

5 1. () As 10 notas medianas são maiores ou iguais à maior das 10 piores notas e são menores ou iguais à menor das 10 melhores notas. Logo as 10 notas medianas são maiores ou iguais a 3 e menores ou iguais a 9. este modo, sendo M a média da sala, M 5 M (A) Veja a Solução do Problema 0 do Nível. 3. () Seja N = x, x inteiro positivo. Ao trocar cada algarismo de N pelo seu sucessor, obtemos um número 1 dezena e 1 unidade maior, ou seja, N omo N + 11 é quadrado perfeito, N + 11 = y, sendo y inteiro positivo. Logo + 11 = ( )( + ) = 11 = 1 e y+ x= 11 x= 5 e y =. Logo x y y x y x y x N = 5 = 5, cuja soma dos algarismos é + 5 = () Vamos primeiro contar os agrupamentos 1 obtidos a partir de um par de números consecutivos tal que o primeiro termina com e o segundo começa com 1, que são os seguintes 11 casos: 1 13, , ,..., Vamos agora listar os números que têm o agrupamento 1 no meio de sua representação decimal: 1, 11, 1,,91 10, 11,,19 Temos então 0 números nesse segundo caso, e portanto a resposta é = () Veja a solução do problema 1 do Nível 1.