1) Este documento apresenta o gabarito da primeira fase da Olimpíada Interestadual de Matemática de 2012, com as respostas corretas para as 20 questões aplicadas e as respectivas soluções. 2) Uma questão foi anulada e todos os alunos devem receber 1 ponto por ela. 3) As soluções explicam passo a passo o raciocínio matemático para chegar às respostas corretas de cada questão.

1. OIM 2012 - Olimpíada Interestadual de Matemática de 2012
201
ível 2
Gabarito
Questão A B C D E
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12 Anulada
13
14
15
16
17
18
19
20
Obs.:
• Cada questão da 1ª Fase vale 1 ponto (o total é de 20 pontos).
• a questão A ULADA, todos os alunos devem receber 1 ponto.

2. Soluções dos problemas
1) Alternativa (A): Utilizando módulo, podemos perceber que 2012 ≡ 3 (mod 7). Logo, devemos
perceber o resto da divisão do número 3௡ por 7.Vejamos:
3଴ ≡ 1 (݉‫)7 ݀݋‬
3ଵ ≡ 3 (݉‫)7 ݀݋‬
3ଶ ≡ 2 (݉‫)7 ݀݋‬
3ଷ ≡ 6 (݉‫)7 ݀݋‬
3ସ ≡ 4 (݉‫)7 ݀݋‬
3ହ ≡ 5 (݉‫)7 ݀݋‬
3଺ ≡ 1 (݉‫)7 ݀݋‬
Podemos ver que os restos se repetem de 6 em 6. Logo, o resto de 2012ଶ଴ଵଶ na divisão por 7 é 2. Logo, o
menor número que devemos subtrair de 2012ଶ଴ଵଶ para obter um múltiplo de 7 é 2.
2) Alternativa (B): Devemos na verdade procurar os números que não são múltiplos de 3 ∙ 8 = 24.O maior
múltiplo de 24 com 2 algarismos é 96 (4 ∙ 24) e o maior múltiplo de 24 com 3 algarismos é 975 (39 ∙ 24).
Logo existem 39 − 4 + 2 = 37 múltiplos de 24 com 3 algarismos.Como existem 999 − 100 + 1 = 900
números de 3 algarismos, temos 900 − 37 = 863 números que não são múltiplos nem de 3 nem de 8.
3) Alternativa (A): Pela análise da figura, podemos ver que cada faixa sombreada pode ser transposta em
cima de uma faixa branca, o que nos faz perceber que a área sombreada é metade da área total da figura.
ଶ଴ଵଶ
Logo, essa área é de = 1006 cm².
ଶ
4) Alternativa (E): Vamos considerar o número natural ݊ representando o mdc(ܽ, ܾ). Partindo da
informação disponibilizada pelo enunciado, temos que mmc(ܽ, ܾ) = 2൫mdc(ܽ, ܾ)൯ → mmc(ܽ, ܾ) = 2݊.
Por definição, sabemos que o produto do mdc pelo mmc de dois números naturais é equivalente ao produto
desses números, podemos afirmar que:
mmc(ܽ, ܾ) ∙ mdc(ܽ, ܾ) = ܾܽ
Substituindo os valores dados, temos que 2݊ ∙ ݊ = 8 → 2݊² = 8 → ݊ = 2. Logo, mmc(ܽ, ܾ) = 4 e
mdc(ܽ, ܾ) = 2. Concluímos então que ܽ e ܾ são 2 e 4 (não necessariamente nessa ordem e que ܽ + ܾ =
2 + 4 = 6.
5) Alternativa (C): Analisando os resultados, percebemos que ao digitar a multiplicação ‫ ݕݔ‬a calculadora
fornece na verdade o resultado de (‫ ݔ‬ଶ + ‫ ݕ‬ଶ ) − ‫ .ݕ2 − ݕݔ‬Realmente, vemos que 4 ∙ 5 = (4ଶ + 5ଶ ) − 4 ∙
5 − 2(5) = 11 e 7 ∙ 3 = (7ଶ + 3ଶ ) − 7 ∙ 3 − 2(3) = 31. Logo, se Gabriel digitar em sua calculadora o
valor 8 ∙ 7, sendo que, nesse caso, ‫ 8 = ݔ‬e ‫ ,7 = ݕ‬obterá como resultado (8ଶ + 7ଶ ) − 8 ∙ 7 − 2(7) = 43.
2

3. 6) Alternativa (B): Apenas os números quadrado perfeitos têm uma quantidade ímpar de divisores.
Como o maior quadrado perfeito menor que 2012 é 1936 e √1936 = 44, temos que há 44 números de 1 a
,
2012 com quantidade ímpar de divisores.
7) Alternativa (D): O enunciado nos fornece a informação de que a área do triângulo escaleno é 40% da
área do triângulo isósceles e que juntos eles formam um quadrilátero de área 98 cm². Partindo disso,
podemos afirmar que a área do quadrilátero é a soma da área do triângulo isósceles com a área do triângulo
escaleno. Considerando como ‫ ݔ‬a área do triângulo isósceles, podemos afirmar que a área do triângulo
ସ଴௫ ସ଴௫
escaleno é . Logo, temos que ‫+ ݔ‬ = 98. Resolvendo a equação, temos que ‫ 07 = ݔ‬cm². Como ‫ݔ‬
ଵ଴଴ ଵ଴଴
representa a área do triângulo isósceles, a área do triângulo escaleno é de 98 − 70 = 28 cm².
8) Alternativa (B): João pode escolher 2 dos 4 números num total de 3 + 2 + 1 = 6 formas diferentes.
Destas, apenas 2 têm como soma 8 (I + IV e II + III). Logo, a probabilidade de que João escolha 2 números
ilidade
ଶ
cuja soma seja 8 é = 33, 3%, mais próximo de 35%.
,
଺
9) Alternativa (B): Se o complemento de A ෡ C é 58°, temos que ABC = 90° - 58º = 32°. Como AB = AC,
AB ෡
෡
então o triângulo ABC é isósceles e, consequentemente, A ෡ C = BAC = 32º. Percebemos que AB e DE são
AB
paralelas e são cortadas pelo segmento AE. Temos que B ෡ C = CED = 32°.
BA ෡
10) Alternativa (A): H 1 = 1
H 2 = 2 + 4 = 6 = 2(1 + 2)
H 3 = 3 + 6 + 9 = 18 = 3(1 + 2 + 3)
⋮ ⋮ ⋮ ⋮
H10 = 10 + 20 + 30 + ... + 100 = 550 = 10(1 + 2 + 3 + ... + 10)
Logo, H1 + H 2 + H 3 + ... + H10 = (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10)(31) = 55 × 31 = 1705
11) Alternativa (A): A figura abaixo ilustra o eneágono regular ABCDEFGHI com o ponto Q, tal que
ABCDEFGHI
AQ = BQ.
3

4. 1ª Solução: Podemos descobrir de que tipo é o triângulo ABQ sabendo a medida de seus ângulos. Como o
eneágono é regular, sabemos que seus ângulos são congruentes. A soma de seus ângulos internos é
ଵଶ଺଴°
(9 − 2) ∙ 180° = 7 ∙ 180° = 1260°. Então, cada ângulo mede = 140°.
ଽ
Vemos que o segmento AE divide o eneágono em um pentágono ABCDE e em um hexágono AIHGFE.
෡ ෠ ෡ ෡ ෡
Podemos constatar que ABC = BCD = CDE = 140º e BAE = AEB.
Temos que num pentágono a soma dos ângulos internos é (5 − 2) ∙ 180° = 3 ∙ 180° = 540°. Logo, temos
෡ ෠ ෡ ෡ ෡ ෡ ෡
que ABC + BCD + CDE + BAE + AEB = 540°, de onde tiramos que BAE + AEB = 120° e
ଵଶ଴°
෡ ෡
consequentemente, que BAE = AEB = ෡ ෡
= 60°. Já que AQ = BQ, então temos que BAQ = ABQ = 60°, o
ଶ
෡
que nos leva a afirmar que AQB = 60° e que o triângulo ABQ é equilátero.
2ª Solução: Perceba que BDEQ é um paralelogramo e, portanto, DE = BQ. Como BQ = AQ e BQ = AB,
isto implica que AQ = AB e que AQ=AB=BQ, o que nos mostra que ABQ é equilátero.
12) Questão Anulada.
13) Alternativa (D): observado o último algarismo das potências de 2, 3 e 4 e sua periodicidade, podemos
constatar que o último algarismo de 22010 é 4, assim como o último algarismo de 32011 é 7 e o último
2010
algarismo de 4
2012
é 6. Logo, o último algarismo de 2 + 32011 + 42012 é 4 + 7 + 6 = 17, cujo último
algarismo é 7.
14) Alternativa (E): 1ª Solução: Vamos dividir a figura em 5 triângulos:
A
E
d B
C
D
Podemos ver que 4 dos 5 triângulos são equiláteros e um deles é isósceles, mas eles têm áreas equivalentes.
Se traçarmos um segmento FG perpendicular à AD ligando os vértices dos dois triângulos equiláteros
centrais, como mostra a figura abaixo, perceberemos que AFG é igual a ECB, já que eles possuem seus
ângulos congruentes e seus lados iguais.
A
E
F G
d B
C
D
4

5. Logo, AE = EG = GB = 5 e AE = EG + GB = 10 cm.
2ª Solução: Baseando-se na figura mostrada acima, podemos mostrar que como os triângulos AEF, EFC e
FDC são iguais, AF = FD = 5, e AD = 10 cm. Pelos triângulos AFE, EFC e FDC serem semelhantes ao
triângulo AGD, então AD = AG = GD =10 cm e como o triângulo GCB é isósceles, então AB mede 10 + 5
= 15 cm. Logo, EB = AB - AE = 15 - 5 = 10 cm.
15) Alternativa (E): Como o time Bom de Bola FC ganhou 68 pontos e perdeu 12 pontos no torneio de
futebol, foram disputados 68 + 12 = 80 pontos nesse campeonato. Logo, 80 é 100% dos pontos. Utilizando
uma regra de três simples, temos:
80 68
= → 80‫%58 = ݔ → 0086 = ݔ‬
100 ‫ݔ‬
Logo, o aproveitamento do Bom de Bola FC foi de 85% dos pontos disputados.
16) Alternativa (C): De acordo com a segunda afirmação, Daniel não gosta de suco de pêssego. Já que
Carlos e Eduarda gostam de sucos de mamão e laranja, respectivamente, Daniel também não tem
preferência por esses sabores. Como Bernardo não gosta de suco de uva e Daniel tem a mesma opinião que
ele, Daniel também não gosta de suco de uva. Logo, o único sabor de suco que não foi citado é o suco que
Daniel gosta, ou seja, suco de abacaxi.
17) Alternativa (A): Vamos considerar x o valor do tempo que Antenor demorou para realizar a viagem
de ida.Como a velocidade dele permaneceu constante, ele percorreu no total 84x km.
Na volta, ele teve uma velocidade média de 72km/h, demorando uma hora a mais do que na ida (ou seja,
x + 1 horas). Logo, ele percorreu no total 72( x + 1) km. Mas a distância percorrida na viagem de ida e na
viagem de volta é a mesma. Então, 84 x = 72( x + 1) . Resolvendo a equação, obtemos x = 6 . Logo, a
distância entre Mamolândia e Jabolândia é de 84 ⋅ 6 = 504 km.
18) Alternativa (A): Analisando o enunciado, podemos perceber que ele diz que o número que procuramos
deixa resto 8 quando dividido por 7. Como o resto deve ser sempre menor que o divisor, podemos dizer que
dizer isso é equivalente a dizer que o número deixa resto 1 quando dividido por 7. Logo, estamos
procurando o menor número que deixa resto 7 ao ser dividido por 8 e resto 1 ao ser dividido por 7. O menor
número que cumpre essas condições é 15, cuja soma dos algarismos é 1 + 5 = 6.
19) Alternativa (B): Observe que a maior soma possível para os algarismos de um número de 2 algarismos
é 18 (equivalente a 9 + 9) e portanto, a maior identidade possível para o número A é 18. Como os números
primos menores que 18 são 2, 3, 5, 7, 11, 13 e 17, devemos procurar todos os números de 2 algarismos cuja
identidade seja um desses números. Analisemos cada caso:
• A identidade de A é 2:
As únicas possibilidades para este caso são 11 e 20 (já que não existem números de 2 algarismos que
começam com 0). Logo, temos 2 números cuja identidade é 2.
5

6. • A identidade de A é 3:
Nesse caso, as possibilidades são 12, 21 e 30. Logo, temos 3 números cuja identidade é 3.
• A identidade de A é 5:
As possibilidades nesse caso são 14, 23, 32, 41 e 50, totalizando 5 números cuja identidade é 5.
• A identidade de A é 7:
As possibilidades para este caso são 16, 25, 34, 43, 52, 61 e 70. Portanto, temos 7 números cuja identidade
é 7.
• A identidade de A é 11:
Neste caso, as possibilidades são 29, 38, 47, 56, 65, 74, 83 e 92. Logo, temos 8 números cuja identidade é
11.
• A identidade de A é 13:
Temos as seguintes possibilidades: 49, 58, 67, 76, 85 e 9. Portanto, temos 6 números cuja identidade é 13.
• A identidade de A é 17:
As únicas possibilidades para este caso são 89 e 98. Logo, temos 2 números cuja identidade é 17.
Após analisar todos os casos, concluímos que existem 2 + 3 + 5 + 7 + 8 + 6 + 2 = 33 números de 2
algarismos cuja identidade é um número primo.
20) Alternativa (A): Como o enunciado diz que a mistura tem 4 litros, sendo que há 1 litro a mais de leite
do que de café, podemos concluir que, inicialmente há 2,5 litros de leite e 1,5 litros de café. Colocados x
75
litros de leite para que tenhamos 75% de café na mistura, basta que ( x) = 1,5 , donde x = 2 .
100
6