Soluções do Nível 3 (Ensino Médio) 1 a Fase

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1 Soluções do Nível (Ensino Médio) a Fase. (alternativa C) Como A, B e C são pontos médios, os quatro triângulos rotulados com I na figura ao lado são congruentes, bem como os dois indicados por II. Logo área branca triângulosi+ triângulo II área sombreada triângulos I+ triângulo II o que mostra que a área sombreada é igual à área em branco. Logo cada uma delas corresponde à metade da área do retângulo.. (alternativa E) Como < < temos + < + < +, e como números estão dispostos na reta como indica a figura: 8 0 < temos < 8 8. Logo estes Como < segue que o número mais próimo de é (alternativa D) Lemos na régua que é maior que,5 e menor que, isto é,,5 < <. Como é positivo, podemos multiplicar todos os membros das duas desigualdades por sem alterar os sinais, obtendo < < 4. Somando a cada membro obtemos < <, ou seja, está entre e. Os números entre e assinalados na régua são U e o próprio. Não é possível pois neste caso, o que contradiz o fato <. Logo só podemos ter U. 4. (alternativa C) Observando a figura da fita dobrada vemos que donde 80o. o + 50o 80o + 50, D B C F 5. (alternativa D) Solução : Sejam a, b e c os comprimentos dos lados do triângulo. Logo a b 60, b c 40 e a c 84. Segue que a é divisor comum de 60 e 84, ou seja, as possibilidades para a são,,, 4, 6 e b é divisor comum de 60 e 40, ou seja, as possibilidades para b são,,, 5, 0, 0 c é divisor comum de 84 e 40, ou seja, as possibilidades para c são,, 4, 7, 4, 8 Escolhemos agora as possibilidades que satisfazem a b 60, b c 40 e a c 84 : a b 60 a c 84 b c 40 a b a c b c A linha sombreada na tabela é a única em que os valores de a, b e c coincidem nas três colunas. Logo a 6, b 0 e c 4 e o perímetro do triângulo é Solução : Como ab 60 e ac 84 segue que a bc Temos também bc 40, donde a Segue que a 6 e portanto a 6. Logo b 0 e c 4. A X 50 O 50 O

2 Soluções do Nível (Ensino Médio) a Fase 6. (alternativa A) As informações do gráfico são dadas nas três primeiras colunas da tabela abaio: Cidade População em 990 População em 000 Aumento da população I Aumento proporcional da população 0 0 II decresceu não teve III IV V Como é maior que e 0 00 entre 990 e 000 ocorreu na cidade I. 0. Concluímos que o maior aumento percentual de população 0 Na forma percentual, 0 67% 50 0, 50 % e 8, % (alternativa D) Se n é um natural maior que 0, então 0 n é um número da forma K00. Logo zeros L KK a lgarismos n donde a soma dos algarismos desse número é (alternativa B) Como os quatro triângulos são equiláteros, cada um de seus ângulos mede 60 o. Logo a soma dos ângulos, y, z e w na figura é + y + z + w + 60 o 4 60 o 60 o 40 o 0 o. o o Como 60 0 a área cinza representa da área do círculo, ou seja, ela mede 6 cm. 9. (alternativa D) Na casa marcada com só podemos colocar o 4 e agora fica fácil completar a tabela Logo a soma pedida é y 4 Podemos então colocar o na casa marcada com y z 4 Na casa marcada com z só pode aparecer o u w 4 v y 60 o 60 o Podemos agora completar as casas marcadas com u, v e w com 4, e respectivamente z 60 o 60o w

3 Soluções do Nível (Ensino Médio) a Fase 0. (alternativa E) 70 O número de questões de Aritmética que Júlia acertou foi 70% de 0 0. Por outro lado o total de questões que ela acertou foi 80% de (0 + 50) Assim, Júlia acertou das 50 questões de Geometria. Logo o percentual de acertos em Geometria foi de % (alternativa C) Ao montar o cubo, a face branca e a face cinza ficam opostas; logo as alternativas (A) e (B) estão ecluídas. As alternativas (D) e (E) estão ecluídas pois no cubo não podem aparecer um retângulo branco e outro cinza com um lado menor em comum.. (alternativa D) π π A linha é composta de dois arcos de radianos e dois arcos de radianos. Como o raio das circunferências é cm, segue que o π π comprimento da linha é π π + 8π cm. π π. (alternativa C) O termo da seqüência com 800 algarismos é formado por 000 agrupamentos de 8 algarismos da forma 454 seguidos do algarismo, como no diagrama abaio: algarismos 4 algarismos 4 algarismos 4 algarismos agrupamentos de algarismos 800 algarismos Em cada um dos 000 agrupamentos o algarismo 4 aparece duas vezes, logo ele aparece 000 vezes no total. 4. (alternativa A) Por tentativa e erro vemos que há apenas duas maneiras de cobrir a figura com quatro peças, conforme mostrado abaio. Em ambas, a casa com o X é coberta pela peça I. 5. (alternativa C) Para que o produto seja 00, cada algarismo deve ser um divisor de 00. Os algarismos divisores de 00 são,, 4 e 5. Não é possível obter o produto 00 com números que tenham apenas ou algarismos, logo os números procurados têm ou 4 algarismos, por serem menores que Vejamos como obter o produto 00 com ou 4 desses algarismos. Para facilitar a listagem observamos que 8 não é divisor de 00, donde os algarismos e 4 não podem aparecer num mesmo número. Logo os

4 Soluções do Nível (Ensino Médio) a Fase números procurados são: números de algarismos: 455, 545, 554 números de 4 algarismos: 455, 545, 554, 455, 455, 455, 545, 554, 545, 545, 554, 554, 55, 55, 55, 55, 55, 55. em um total de números. 6. (alternativa C) O número de maneiras de retirarmos duas bolas da caia é 0, o que podemos ver listando as possibilidades: {,}, {,}, {,4}, {,5}, {,}, {,4}, {,5}, {,4}, {,5} e {4,5}. O 4 é o maior número escolhido em {,4}, {,4} e {,4}, ou seja, em casos. Logo a probabilidade pedida é (alternativa B) A formiguinha (i) primeiro se afasta do centro, depois (ii) fica algum tempo à distância constante do centro, enquanto anda sobre a circunferência e finalmente (iii) retorna ao centro. A observação (ii) elimina as alternativas (C), (D) e (E) e a observação (iii) elimina a alternativa (A). 8. (alternativa D) O que o avô de Júlia disse pode ser escrito como idade em ano de nascimento ou seja, 980. Logo ; esta equação tem as raízes ± ± 79 ± 89 Segue que, em 980 o avô de Júlia tinha 44 anos e assim, em 006, ele completa 44 + ( ) anos. Comentário: Um modo rápido de calcular 79 é notar que Daí segue que 79 é um número próimo de e menor que 90 terminado em ou 9. Os candidatos naturais são 8 e 89, e verifica-se imediatamente que (alternativa D) Colocando AB temos BC + e AC +. Seja AH h a altura relativa a BC. Aplicando o Teorema de Pitágoras aos triângulos ABH e AHC obtemos n + h e ( + ) m + h. Segue que h n e h ( + ) m, donde ( + ) m n, ou seja, ( + ) m n. Usando a identidade a b (a b) (a b) obtemos então ( + ) ( + + ) (m n) (m + n) Como m + n + segue que ( + ) (m n) (m + n), segue que, donde 4( + ) (m n) ( + ). Como + 0 podemos dividir ambos os membros desta última epressão por + e obtemos finalmente m n 4. B A h + n H m + C 0. (alternativa E) A multiplicação pode ser esquematizada como a b c d e e d c b a

5 Soluções do Nível (Ensino Médio) a Fase A solução é baseada nas seguintes observações: a só pode ser ou porque se a então 4a é um número de algarismos e portanto o número edcba teria 6 algarismos. Mas a não pode ser pois edcba, sendo múltiplo de 4, é par, donde seu último algarismo é par. Logo a. b c d e e d c b e só pode ser 8 ou 9 porque 8 e edcba tem apenas 5 algarismos. No entanto, e não pode ser 9 porque 9 termina em 6 e não em. Logo e 8. b c d 8 8 d c b b só pode ser ou porque 4 b tem que ser um número de apenas algarismo. Como a e os cinco algarismos de abcde são distintos, só podemos ter b. c d 8 8 d c d só pode ser ou 7 porque 4 d + é um número terminado em. Como a e os cinco algarismos de abcde são distintos só podemos ter d 7. c c c só pode ser 9 porque 4 c + é um número terminado em c. Logo, a resposta é