MATEMATICA PARA O ENEM

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AULA 4
1. Podemos imaginar que o livro custa 100 reais e portanto passará para 130 reais e depois para 91 reais. Assim
temos uma redução de 9%.
O aluno deve saber utilizar a “regra de 3” para achar cada um dos valores acima. 
Mas a intenção é que o aluno aprenda a usar o índice, fazendo (1,3)(0,7) = 0,91, logo sabendo que tem uma re-
dução de 9%. (Alternativa E)
2. Temos que 2 – 1,2 = 0,8 e também que = , logo (0,8)(0,2) = 0,16 = 16% (Alternativa C)
3. Sendo h a altura inicial de Alice, sua altura final será 1,25 × 0,9 × 1,1 × 0,8 h = 0,99h. Ou seja, ela ficou 1% mais
baixa. (Alternativa A)
4. Usando os índices temos: (0,7)x = 0,91 ⇒ x = 1,3
Assim o aumento aplicado foi de 30%. (Alternativa A)
1. Seja x o lado quadrado. Sua área é x2. Com 10% a menos de cerca, o lado quadrado passará a ser 0,9x e terá
área (0,9x)2 = 0,81x2, que é 0,19 = 19% menor. (Alternativa C)
2. Sejam 27000 – x e x os preços de compra do primeiro e do segundo carro, respectivamente.
Temos 1,1 ⋅ (27000 – x) + 0,95x = 27000 + 750 ⇒ 0,15x = 1950 ⇒ x = 13000 ⇒ 27000 – x = 14000. (Alternativa C)
3. Imagine um aquário com 100 peixes, sendo A = 90 e V = 10. Se x peixes amarelos morreram e depois ainda havia
75% de peixes amarelos no aquário, temos que
, o que dá x = 60. Se morreram 60 dos 90 peixes amarelos, a mortandade foi de , ou seja,
aproximadamente 67%. (Alternativa D)
4. João vendeu j e Pedro vendeu p. Temos que 0,08j = 1000, portanto j = 12500 e ainda; 0,08 p = 1500, portanto 
p = 18750. Logo 12500x = 18750, portanto x = 1,5. Assim as vendas superaram 50%. (Alternativa E)
5. Inicialmente, há 90kg de água e 10kg de matéria sólida. As pêras devem ser desidratadas até o ponto em que
esses 10kg representem 100% – 60% = 40% da massa total, ou seja, até que a massa total seja igual a
kg. Logo 90 – (25 – 10) = 75 litros de água serão evaporados. (Alternativa C)
6. O cubo de aresta a passa a ter aresta 1,2a. A área da face passa de A = (a)(a) = a2 para (1,2 a)(1,2a) = 1,44 a2
Assim o aumento é de 44%.
A área externa aumenta na mesma proporção. Porém o volume passa de V = (a)(a)(a) = a3
para (1,2a)(1,2a)(1,2a) = 1,728 a3
Assim aumenta 72,8%.
(Alternativa E)
10
40
10
0 4
25
% ,
= =
2
3
90
75
100
100– ( – )x x=
CasaEm
2
10
4
100
ClasseEm
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 1 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008
Resoluções
NÍVEL 2
www.cursoanglo.com.br
Treinamento para
Olimpíadas de
Matemática2008
AULA 5
1. 1 × 3 × 5 × … × 97 × 99 é múltiplo de 5 e é ímpar, logo termina em 5. (Alternativa C)
2. Dois inteiros consecutivos positivos podem ser representados por n e n + 1, sendo n � 1 e a diferença entre
seus quadrados é igual a (n + 1)2 – n2 = n2 + 2n + 1 – n2 = 2n + 1 = (n + 1) + n, resultado igual à soma desses
números. (Alternativa C)
3. Um número inteiro positivo menor que 900 e que termina em 7 é da forma 10x + 7, onde x é um inteiro e 0 � x � 89.
Além disso, 10x + 7 é múltiplo de 7 se, e somente se, 10x é múltiplo de 7, e como mdc(10,7) = 1, isto equivale a dizer
que x é múltiplo de 7. Como há 13 múltiplos de 7 de 0 a 89 (0, 7, 14,…, 12 ⋅ 7 = 84), há 13 inteiros positivos menores
que 900, múltiplos de 7 e que terminam em 7. (Alternativa D)
4. A soma dos algarismos de um número de três algarismos é menor ou igual a 27 e maior ou igual a 1. Logo, a soma
da soma dos algarismos de um número de três algarismos é a soma dos algarismos dos números 1, 2, 3,…, 27,
cujo maior valor obtido é 10. (Alternativa D)
1. Cinco números consecutivos podem ser representados por a – 2, a – 1, a, a + 1 e a + 2 e sua soma é 
(a – 2) + (a – 1) + a + (a + 1) + (a + 2) = 5a ou seja, um múltiplo de 5, que só pode terminar em x = 5, pois x ≠ 0.
(Alternativa A)
2. Supondo que haja dois números a e b maiores do que 1, entre os fatores do produto, podemos sempre substituir
esses fatores por ab e 1, já que ab + 1 � a + b (ao fazer isso, estamos aumentando o valor da soma). 
Dessa forma, chegamos ao produto 1 ⋅ 1 ⋅ 1.....1 ⋅ 1000000, com 999999 fatores iguais a 1 e um fator igual a
1000000, cuja soma desses fatores é 1999999. (Alternativa D)
3. O conjunto dado tem 11 números. Os números com quantidade par de zeros são divisíveis por 11. Por exemplo, 1001
é igual a 91 ⋅ 11 (na verdade, basta aplicar o critério de divisibilidade por 11). Há 5 números nessas condições; além
disso, o número 101 é primo, logo a quantidade de números compostos é maior do que 4 e menor do que 11. (na ver-
dade, 101 é primo e os dez outros números são compostos). (Alternativa D)
4. A cada 10 inteiros consecutivos aparecem todos os algarismos 0, 1, 2,…, 9 como último algarismo. Como sua soma
é 45, que termina em 5, e 7 ⋅ 5 = 35, que também termina em 5, a soma de 70 números inteiros positivos consecu-
tivos sempre termina em 5. (Alternativa D)
5. 453 ⋅ 7 = 3171. (Alternativa C)
6. Seja n2 o quadrado perfeito. Como ele termina com 2001, temos n2 = 10000m + 2001 ⇔ n2 – 1 = 2000(5m + 1) ⇔
⇔ (n – 1)(n + 1) = 2453(5m + 1). Como mdc(n – 1; n + 1) = mdc(n + 1; n + 1 – (n – 1)) = mdc(n + 1, 2) = 2 (pois n
é ímpar), n – 1 ou n + 1 é divisível por 53 = 125, assim n = 125t + 1 ou n = 125t – 1, onde t é inteiro positivo. Como
n é ímpar, t é par, logo o menor valor possível para t é 2. Para n = 125 ⋅ 2 – 1 = 249, temos n2 = 62001, que termi-
na em 2001. Logo o menor quadrado perfeito cujos últimos quatro dígitos são 2001 é 2492 = 62001 que tem 5
dígitos. (Alternativa B)
7. Temos que: . Este número é inteiro se, e somente se, x + 19 for divisor de 80. Como 80 tem 20
divisores inteiros, então existem 20 valores de x. (Alternativa C)
8. A idéia é perceber um padrão no último algarismo das potências de 3. Então para:
— expoente 1 temos 3
— expoente 2 temos 9
— expoente 3 temos 27
— expoente 4 temos 81
— expoente 5 temos 243
— expoente 6 temos ___ 9
— expoente 7 temos ___ 1
x
x x
+
+
= +
+
99
19
1
80
19
CasaEm
ClasseEm
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 2 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008
Mostre para o aluno que ele não precisa (nem deve) fazer toda conta para perceber qual é o último algarismo, basta
ver o último anterior. Mostre também que se repetirão quatro finais, então os números com mesmo resto na divisão
por 4 terão o mesmo final.
Como 1998 dividido por quatro deixa resto 2, temos que esse expoente fará com que o final seja 9. (Alternativa E)
9. O número total de alunos da turma é menor que 30, é par, é maior que 15 e deixa resto 1 quando dividido por 5.
Logo, é 26. Temos 11 meninos. (Alternativa E)
AULA 6
1. Uma parte da seqüência, com 8 algarismos, se repete: 1, 2, 3, 4, 5, 4, 3, 2. Dividindo 2003 por 8, obtemos 3 como
resto, e deste modo, o 2003º termo corresponde ao terceiro elemento da parte da seqüência que se repete, isto é, 3.
(Alternativa C)
2. (Alternativa D)
(veja as figuras acima)
Contagem:
9 quadradinhos 1 ⋅ 1
4 quadrados 2 ⋅ 2, mas cada um dele tem um inscrito, então o total é 4 ⋅ 2 = 8
1 quadrado 3 ⋅ 3, mas com 2 quadrados inscritos, então o total é 3
Total: 9 + 8 + 3 = 20
3. Como os números devem ser compostos e ter dois algarismos, eles devem ser múltiplos de 7, mas não múltiplos
de 2, de 3 nem de 5. Só podem ser 7 ⋅ 7 = 49, 7 ⋅ 11 = 77 e 7 ⋅ 13 = 91 (Alternativa B).
4. Para que o cubo de um número termine em 1, o número deve terminar em 1 (note que ele não pode ser par e que
33 = 27, 53 = 125, 73 = 343 e 93 = 729). Assim, os números menores que 1.000.000 que têm cubos terminados em
1 são (Alternativa D)
1. Começando com 3 hexágonos para obter a configuração abaixo, verificamos serem necessárias 18 – 2 = 16 vare-
tas, pois uma vareta pertence a dois hexágonos em duas situações. Para formar uma nova “camada, são neces-
sárias 11 varetas (linhas cheias no desenho abaixo. Com 10 “camadas” temos 30 hexágonos.
Na última delas, devemos anexar 2 hexágonos, sendo necessárias mais 8 varetas, conformedesenho abaixo. Assim,
o número total de varetas é: 16 + 9 ⋅ 11 + 8 = 123. (Alternativa B)
CasaEm
1 000 000
10
100 000
. .
. .=
ClasseEm
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 3 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008
2. Com os dois algarismos 1 juntos, temos os números: 112004, 211004, 201104, 200114 e 200411. Com os dois
algarismos 1 separados: 121004, 120104, 120014, 120041, 210104, 210014, 210041, 201014, 201041 e 200141.
No total são 15 números. (Alternativa D)
3. Existem 9 peças com duplos (0 – 0, 1 – 1, …, 8 – 8) e 9 ⋅ = 36 peças com números diferentes. (Alternativa E)
4. Nas unidades, do 105 ao 995, o algarismo 5 aparece 90 vezes, nas dezenas, do 150 ao 259, do 250 ao 259, ...,
do 950 ao 959, o algarismo 5 aparece 90 vezes e finalmente, nas centenas, do 500 ao 599, o algarismo 5 aparece
100 vezes, totalizando assim 90 + 90 + 100 = 280 vezes. (Alternativa D)
5. Na seqüência aparecem os números de um algarismo 8,9; com números de dois algarismos aparece uma vez o
89 e o agrupamento 98, 99; com números de três algarismos que terminam com 89 temos 189, 289, ..., 989 num
total de 9 números; com números que começam com 89, temos 890, 891, ..., 899 num total de 10 números; os
agrupamentos 908, 909; 918, 919; ...; 998, 999 também aparecem, num total de 10 números. Portanto, 89 aparece
1 + 2 + 9 + 10 + 10 = 32 vezes. (Alternativa B)
6. Os números formados são da forma a11, 1a1 ou 11a, onde a é um dos nove algarismos restantes. Para um dado
a, a soma dos três números acima é aaa + 222 = 111 ⋅ (a + 2). Logo, a sua soma para todos os nove valores pos-
síveis de a é:
S = 111 [(0 + 2 + 3 + … + 9) + (9 ⋅ 2)] = 111 ⋅ (44 + 18) = 6882. (Alternativa A)
8
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SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 4 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008