[1] O documento apresenta o gabarito da primeira fase da Olimpíada Interestadual de Matemática de 2012 contendo as respostas corretas para 20 questões e informações sobre a pontuação e uma questão anulada. [2] As soluções para duas das questões são apresentadas, mostrando os raciocínios matemáticos utilizados para chegar às respostas corretas. [3] A questão 9 traz o desenho de um eneágono regular com informações angulares que permitem identificar qual tipo de triângulo é

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

2. Soluções dos problemas
ଵ ଵ
1) Alternativa (C): Vamos considerar o número que procuramos por x. Como de x é ܽ e de x é igual a
ସ ଶ
௫ ௫
ܾ, podemos afirmar que + = 6, já que o enunciado nos fornece a informação de que ܽ + ܾ = 6.
ସ ଶ
Resolvendo a equação, temos que ‫ .8 = ݔ‬Portanto, o quadrado desse número é 8² = 64, correspondente à
Alternativa (C).
2) 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
ସ଴௫ ସ଴௫
triângulo escaleno é . Logo, temos que ‫+ ݔ‬ = 98. Resolvendo a equação, temos que ‫ 07 = ݔ‬cm².
ଵ଴଴ ଵ଴଴
Como ‫ ݔ‬representa a área do triângulo isósceles, a área do triângulo escaleno é de 98 − 70 = 28 cm².
3) Alternativa (D): Podemos perceber que Miguel realizou o procedimento de dividir por 2 os números
pares e subtrair 1 dos números ímpares num total de 7 + 1 = 8 vezes. Analisando o problema, podemos
perceber que para maximizarmos os números a cada vez que Miguel repete o procedimento, devemos
subtrair 1, que faz com que o número seja o maior possível. Mas para isso o número deve ser ímpar e, ao
subtrairmos 1 de um número ímpar, obtemos um número par. Logo, o número final deve ser resultado de
uma sucessão de operações de subtrair 1 e dividir por 2. Considerando por x, o número inicial, temos:
‫1−ݔ‬ ‫3−ݔ‬ ‫3−ݔ‬ ‫7−ݔ‬ ‫7−ݔ‬ ‫51 − ݔ‬ ‫51 − ݔ‬
‫→ 1−ݔ→ ݔ‬ → → → → → →
2 2 4 4 8 8 16
௫ ି ଵହ
O maior número da lista de Miguel estará expresso na forma . O maior número entre 1 e 2012 que
ଵ଺
faz com que a expressão tenha um resultado inteiro é 1999. Substituindo esse número na expressão,
ଵଽଽଽିଵହ ଵଽ଼ସ
temos = = 124. Logo, o maior número na lista de Miguel após ele realizar esse
ଵ଺ ଵ଺
procedimento mais 7 vezes será 124.
4) 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.
5) Alternativa (C): Para organizarmos os 4 + 3 + 2 = 9 livros na prateleira, devemos obedecer à condição
de que os livros de mesmo assunto devem ficar juntos. Portanto, devemos calcular as posições em que as
matérias deverão ser colocadas. Temos 6 possibilidades para a ordem de assunto que os livros serão
organizados:
Matemática - Português - Física
2

3. Matemática - Física - Português
Física - Matemática - Português
Física - Português - Matemática
Português - Matemática - Física
Português - Física - Matemática
Para os 4 livros de Matemática, podemos organizá-los de 4 ∙ 3 ∙ 2 ∙ 1 = 24 formas diferentes. Para os 3
livros de Física, podemos organizá-los de 3 ∙ 2 ∙ 1 = 6 formas diferentes. Para os 2 livros de Português,
podemos organizá-los de 2 ∙ 1 = 2 formas diferentes. Como podemos organizar os livros por assunto de 6
formas diferentes, temos um total de 6 ∙ 24 ∙ 6 ∙ 2 = 144 ∙ 12 = 1728 formas de arrumar os 9 livros na
prateleira de modo que livros de mesmo assunto fiquem juntos.
6) 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.
• 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.
3

4. ଶ
7) Alternativa (B): Por definição, sabemos que um cubo tem um total de 6 faces. Como Emília pintou
Como
ହ
ସ ଶ ସ ଵ଴ ଶ
das faces de azul e das faces de verde, ela pintou no total + = = das faces do cubo, o que
ଵହ ହ ଵହ ଵହ ଷ
ଶ
corresponde a ൈ 6 = 4 faces do cubo. Logo, Emília deixou de pintar 6 − 4 = 2 faces do cubo.
ଷ
8) Alternativa (D): Como 1 ponto é a menor pontuação possível que se pode obter no lançamento de um
dado, quanto mais vezes obtivermos a pontuação mínima, mais vezes teremos que utilizar uma pontuação
máxima. Como forma realizados 20 lançamentos, a soma máxima dos pontos é 6 ∙ 20 = 120 e portanto
.
ଵଶ଴ି଼ଽ
em no máximo = 5 lançamentos obtivemos um número mínimo. Mas nesse caso, estamos
଺
considerando que os pontos que foram sorteados no dado de Rubia eram apenas 6 e 1. Como devemos
maximizar a quantidade de pontos unitários, podemos supor que em um dos lançamentos foram sorteados
lançamentos
5 pontos, o que faz com que em 13 lançamentos sejam sorteados 6 pontos, 1 lançamento sejam sorteados
ሺ ሻ
5 pontos e em 6 lançamentos seja sorteado 1 ponto, totalizando 13ሺ6ሻ + 1ሺ5ሻ + 6ሺ1ሻ = 89 pontos.
Assim, em no máximo seis lançamentos o número obtido é 1.
9) Alternativa (A): A figura abaixo ilustra o eneágono regular ABCDEFGHI com o ponto Q, tal que
ABCDEFGHI
AQ = BQ.
1ª Solução: Podemos descobrir de que tipo é o triângulo ABQ sabendo a medida de seus ângulos. Como o
odemos
eneágono é regular, sabemos que seus ângulos são congruentes. A soma de seus ângulos internos é
,
ଵଶ଺଴°
ሺ9 − 2ሻ ∙ 180° = 7 ∙ 180° = 1260 Então, cada ângulo mede
1260°. = 140°.
ଽ
Vemos que o segmento AE divide o eneágono em um pentágono ABCDE e em um hexágono AIHGFE.
Podemos constatar que ABC = B ෠ D = CDE = 140º e BAE = AEB.
෡ BC ෡ ෡ ෡
Temos que num pentágono a soma dos ângulos internos é ሺ5 − 2ሻ ∙ 180° = 3 ∙ 180° = 540°. Logo,
temos que ABC + BCD + CDE + B ෡ E + AEB = 540°, de onde tiramos que BAE + AEB = 120° e
෡ ෠ ෡ BA ෡ ෡ ෡
E
ଵଶ଴°
෡
consequentemente, que BAE = A෡B =
AE B෡ ෡
= 60°. Já que AQ = BQ, então temos que BAQ = ABQ = 60°,
ଶ
෡
o 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.
4

5. 10) 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.
11) Alternativa (B): De acordo com a conta, temos duas possibilidades para o valor de B: 3 ou 8. Vamos
analisar o que aconteceria com os valores de A e de C em cada possibilidade:
• 1ª Possibilidade: B = 3
Neste caso, como 6 é menor que 7, percebemos que houve empréstimo de uma dezena para o A, o que
implica que A só pode ser 3.
7 3 6
C 6 3
C 7 3
Como houve empréstimo de uma dezena para A, 7 passa a valer 6 e C só pode ser 3.
7 3 6
3 6 3
3 7 3
Logo, neste caso, os valores de A, B e C seriam 3, 3 e 3, respectivamente.
• 2ª Possibilidade: B = 8
Neste caso, como 6 é menor que 7, percebemos que houve empréstimo de uma dezena para o A, o que
implica que A só pode ser 3. Mas como 6 é menor que 8, concluímos que A emprestou uma dezena para o
6, o que faz com que o valor de A seja 3 + 1 = 4.
7 4 6
C 6 8
C 7 8
Como houve empréstimo de uma dezena para A, 7 passa a valer 6 e C só pode representar o algarismo 3.
7 4 6
3 6 8
3 7 8
Logo, neste caso, os valores de A, B e C seriam 4, 8 e 3, respectivamente.
Mas o enunciado nos diz que A, B e C são algarismos distintos, e como na 1ª Possibilidade A = B = C,
podemos descartá-la. Portanto, A + B + C = 4 + 8 + 3 = 15.
12) Alternativa (A): A soma total dos números do Quadrado Mágico é 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 +
8 + 9 = 45. Como eles são divididos em três colunas e linhas e a soma dos números nas linhas e colunas
ସହ
(além das diagonais) é sempre a mesma, então essa soma é = 15. Partindo disso, temos que 6 + 1 +
ଷ
‫ 8 = ݔ → 51 = ݔ‬e 1 + 5 + ‫ .9 = ݕ 51 = ݕ‬Portanto, ‫.71 = 9 + 8 = ݕ + ݔ‬
5

6. 13) Alternativa (B): Todo múltiplo de 14 é múltiplo de 2 e de 7, mas 684 não é múltiplo de 7, já que
pode ser escrito como 7ሺ97ሻ + 5. Assim, 684 não é múltiplo de 14.
14) 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
ଶ଴ଵଶ
figura. Logo, essa área é de = 1006 cm².
ଶ
15) 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
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.
16) Alternativa (C): Consideremos o número ݊ tal que ele satisfaça as condições do problema, ou seja,
seu antecessor é divisível por 7 e seu sucessor é divisível por 8. Dessas afirmações, podemos concluir que
݊ deixa resto 1 ao ser dividido por 7 e ݊ deixa resto 7 ao ser dividido por 8. De outra forma, podemos
afirmar que ݊ − 1 é divisível por 7 e que ݊ + 1 é divisível por 8 e, equivalentemente, que ݊ deixa resto 1
ao ser dividido por 7 e resto 7 ao ser dividido por 8. Utilizando módulo, podemos afirmar que:
݊ − 1 ≡ 0 ሺmod 7ሻ ݊ ≡ 1 ሺ݉‫7 ݀݋‬ሻ
൜ ⇒ ൜
݊ + 1 ≡ 0 ሺmod 8ሻ ݊ ≡ 7 ሺ݉‫8 ݀݋‬ሻ
6

7. Logo, todos os números que procuramos são da forma ݊ = ሺ8 ∙ 7ሻ݇ + ሺ8 + 7ሻ = 56݇ + 15, sendo
݇ ∈ ℕ arbitrário. Mas 1 < ݊ < 100 apenas quando ݇ = 0 ሺ ሺ56ሻ0 + 15 = 15 ሻ e ݇ = 1 ሺ ሺ56ሻ1 +
15 = 71 ሻ. Logo, existem 2 números que satisfazem as condições do enunciado.
17) Alternativa (B): Como 1 hora tem 3600 segundos, utilizando uma regra de três considerando ‫ݔ‬
segundos equivalentes a 3 horas, temos:
1 10,2
= → ‫02763 = ݔ → 2,01 ∙ 0063 = ݔ‬
3600 ‫ݔ‬
Portanto o tempo de rotação de Saturno é de 36720 segundos.
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.
ଷ ଵ଻
19) Alternativa (C): Como João gastou da quantia que possuía, ele ficou com ൈ 10 = R$8,50.
ଶ଴ ଶ଴
Logo, cada pão de queijo custa 10 − 8,50 = R$1,50. Como Maria comprou 6 pães de queijo, ela teve de
pagar 1,50 ∙ 6 = R$9,00 a Seu Manuel.
20) Questão Anulada.
7