Resoluções Prova Nível S 2019

Prévia do material em texto

Prova nível S
(Student)
3a série
Ensino Médio
Problemas de 3 pontos
Questão 1
A bandeira de Cangurulândia é um retângulo dividido 
em três retângulos iguais, conforme figura. Qual é a 
razão entre as medidas dos lados do retângulo branco? 
(A) 1 : 2 (B) 2 : 3 (C) 2 : 5 (D) 3 : 7 (E) 4 : 9
1. Resposta: Alternativa A
Como os três retângulos são iguais, vemos imediatamente que o comprimento de um deles é a 
soma das larguras dos outros dois. Como as larguras são iguais, o comprimento é o dobro da largu-
ra em cada um dos três retângulos. Logo a razão largura : comprimento do retângulo branco é 1 : 2.
Questão 2
Os números 1, 2, 3 e 4 são escritos um em cada casa da tabela 2 × 2 
ao lado. Em seguida, são calculadas as somas dos números em cada 
linha e cada coluna. Uma dessas somas é 4 e outra é 5. Quais são as 
duas outras somas? 
(A) 6 e 6 (B) 3 e 5 (C) 4 e 5 (D) 4 e 6 (E) 5 e 6
2. Resposta: Alternativa E
Há duas somas para as linhas e duas para as colunas. As duas somas das linhas totalizam 
1 + 2 + 3 + 4 = 10 e o mesmo acontece para as duas somas das colunas. Assim, as quatro somas 
totalizam 10 + 10 = 20. Como uma dessas somas é 4 e a outra é 5, as duas outras somas são o 
total menos essas duas, ou seja, 20 – 4 – 5 = 11. Entre as alternativas, os dois números que somam 
11 são 5 e 6. 
Questão 3
As figuras a seguir mostram cinco retângulos iguais, pintados de maneiras diferentes. 
Em qual deles a parte cinza tem a maior área? 
(A) (B) (C) 
(D) (E) 
3. Resposta: Alternativa E
Em (A), as duas áreas são iguais, pois a linha divisória é uma diagonal do retângulo. Em (B), os 
dois triângulos cinza têm a mesma altura igual ao comprimento do retângulo e suas bases têm 
soma igual a um dos lados do retângulo. Logo, suas áreas somadas totalizam metade da área do 
retângulo. Assim, a parte cinza tem mesma área que a parte branca. Em (C) ocorre o mesmo, só 
que agora são cinco triângulos cujas bases somam o mesmo que um lado do retângulo. Em (D) as 
bases dos triângulos cinza somam menos do que o lado do retângulo, logo a área da parte cinza 
é menor do a área da parte branca. Ou seja, é menor do que a metade da área do retângulo. Em 
(E) há três triângulos e um retângulo cujas bases somadas dão a base do retângulo. Se todas as 
figuras em cinza fossem triângulos, a soma de suas áreas seria a metade da área do retângulo, mas 
com o retângulo cinza no lugar de um triângulo, essa área é maior. Logo, neste caso, a área da 
parte cinza é maior do que a área da parte branca. Assim, a área da parte cinza nesse retângulo é 
a maior dentre as áreas das partes cinza. 
Questão 4
Três triângulos estão entrelaçados como indicado na figura. Qual 
das figuras a seguir mostra três triângulos entrelaçados da mesma 
maneira? 
(A) B) (C) 
(D) (E) 
4. Resposta: Alternativa D
O triângulo cinza e o triângulo preto não se entrelaçam. Este fato elimina as alternativas (A) e (E). 
Por outro lado, esses dois triângulos se entrelaçam com o triângulo branco, fato que não ocorre em 
(B) e (C).
Questão 5
Uma pirâmide tem 23 faces triangulares. Quantas arestas tem essa pirâmide?
(A) 23 (B) 24 (C) 46 (D) 48 (E) 69
5. Resposta: Alternativa C
A base da pirâmide é um polígono com 23 lados, os quais são as arestas da base. As 23 faces trian-
gulares são faces laterais. Cada aresta lateral é compartilhada por duas faces laterais, portanto há 
23 × 2
2 = 23 arestas laterais. Logo, o número total de arestas da pirâmide é 23 + 23 = 46.
Questão 6
Três números de quatro algarismos são escritos em três car-
tões, conforme figura. A soma dos três números é 11 126. Três 
algarismos estão cobertos. Quais são esses três algarismos? 
(A) 1,4 e 7 (B) 1,5 e 7 (C) 3,3 e 3 (D) 4,5 e 
6 (E) 4,5 e 7
6. Resposta: Alternativa B
Os dois números com algarismos ocultos são 21X 7 e YZ 26. A soma desses dois números é
11 126 – 7 243 = 3 883. Temos então 21X 7 + YZ 26 = 3 883. Como na soma das unidades 7 + 6 = 13 
vai 1 para a dezena e considerando também que X + 2 + 1 é no máximo 9+ 1 + 2 = 12 então a única 
possibilidade que resulta na soma 8 para a dezena é X + 2 + 1 = 8 ⇔ X = 5. Analogamente, Z + 1 = 8 ⇔ 
⇔ Z = 7 e 2 + Y = 3 ⇔ Y = 1. Os algarismos ocultos são 1, 5 e 7.
Questão 7
Qual é o primeiro algarismo à esquerda do menor número inteiro positivo cujos alga-
rismos têm soma igual a 2019? 
(A) 2 (B) 3 (C) 4 (D) 5 (E) 6
7. Resposta: Alternativa B
O menor número deve ter a menor quantidade possível de algarismos e para isso, esses algarismos 
devem ser os maiores possíveis. Como 9 é o maior, podemos ver quantos noves podemos conside-
rar, dividindo 2 019 por 9: obtemos quociente 224 e resto 3. Um número com 224 noves tem soma 
dos algarismos igual a 9 × 224 = 2 016, menor que 2 019. Temos que acrescentar um algarismo, de 
modo que a soma de todos eles seja 2 019. Com 2 019 – 2 016 = 3, fica claro que esse é o algarismo 
que falta e, para que o número seja o menor possível, esse algarismo é o primeiro à esquerda. Logo, 
o número é 399999999 ... 99, com 225 algarismos. A soma desses algarismos é 3 + 224 × 9 = 2 019.
Questão 8
Cada uma das faces de um dado tem 1, 2 ou 3 pontos de tal forma que, no lançamento 
desse dado, a probabilidade de resultar um ponto é 1
2
, de resultar dois pontos é 13 e 
a de resultar três pontos é 16 . Qual das seguintes figuras não representa esse dado? 
(A) (B) (C) (D) (E) 
8. Resposta: Alternativa C
Como o dado tem seis faces e o espaço amostral é equiprovável, para que a probabilidade de dar 
um ponto seja 1
2
 , é preciso que haja exatamente três faces com um ponto, pois 3
6
 = 1
2
 . Para que 
a probabilidade de dar dois pontos seja 1
3
 , é preciso que haja duas faces com o dois pontos, pois 
2
6
 = 1
3
 . Logo, há apenas uma face com três pontos, o que elimina o dado representado na alter-
nativa (C).
Obs.: “Espaço amostral equiprovável” significa que todas as faces têm a mesma probabilidade de 
cair para cima.
Questão 9
Miguel inventou uma operação “◊” para números reais, definida pela igualdade: 
x ◊y = y – x. Se a, b e c satisfazem (a ◊b) ◊c = a ◊(b ◊c ), qual das igualdades a seguir é 
necessariamente verdadeira? 
(A) a = b (B) b = c (C) a = c (D) a = 0 (E) c = 0
9. Resposta: Alternativa D
Temos, pela definição da operação “◊”, que (a ◊b ) ◊c = (b – a ) ◊ c = c – (b – a ) = c – b + a e a ◊ (b ◊c ) = 
= a ◊(c – b ) = (c – b ) – a = c – b – a.
Como (a ◊b ) ◊c = a ◊ (b ◊c ), concluímos que c – b + a = c – b – a ⇔ a = –a ⇔ a = 0.
Questão 10
Quantos dos números de 210 a 213, inclusive esses dois números, são divisíveis por 210?
(A) 2 (B) 4 (C) 6 (D) 8 (E) 16
10. Resposta: Alternativa D
Os múltiplos de 210 até 213 são: 1 ∙ 210, 2 ∙ 210, 3 ∙ 210, 4 ∙ 210, 5 ∙ 210, 6 ∙ 210, 7 ∙ 210, 8 ∙ 210, totalizando 8 
números. 211 212 213
Questão 11
Qual é a maior potência de 3 que divide o número 7! + 8! + 9!?
(A) 32 (B) 34 (C) 35 (D) 36 (E) Uma potência de 3 maior do que 36.
11. Resposta: Alternativa D
Temos 7! + 8! + 9! = 7! + 8 ∙ 7! + 9 ∙ 8 ∙ 7! = 7! ∙ (1 + 8 + 9 ∙ 8) = 81 ∙ 7! = 
81 ∙ 1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ 4 ∙ 5 ∙ 6 ∙ 7 = 36 ∙ 2 ∙ 4 ∙ 2 ∙ 7. Portanto, a maior potência de 3 que divide 7! + 8! + 9! é 36.
Questão 12
Neste ano, o número de meninos em minha classe cresceu 20% e o número de me-
ninas diminuiu 20%. Como hoje a classe tem um aluno a mais que antes, qual dos 
números a seguir poderia ser o número de alunos de minha classe hoje? 
(A) 22 (B) 26 (C) 29 (D) 31 (E) 34
12. Resposta: Alternativa B
Sendo x e y os números iniciais de meninos e meninas temos:
x + 20%x + y – 20%y = x + y + 1 ⇔ 1,2x + 0,8y = x + y + 1 ⇔ 0,2x = 0,2y + 1 ⇔ x = y + 5. Assim, o 
número de alunos de minha classe hoje é x + y + 1 = y + 5 + y + 1 = 2y + 6. Como 0,8y = 4y
5
 tem 
que ser um número inteiro positivo, y é um múltiplo positivo de 5, logo y = 5k ou seja, o número 
de alunos da sala hoje é 10k + 6, i.é.: 16, 26, 36, ... . Dentre os números apresentados, o único que 
poderia ser o número de alunos da minha classe é 26.
Questão 13
Um tanque na forma de umbloco re-
tangular foi enchido parcialmente com 
120 m3 de água. A altura da água pode 
ser 2 m ou 3 m ou 5 m, dependendo 
de como o tanque se apoia no chão, 
conforme a figura, que não está em escala. Qual é o volume do tanque? 
(A) 160 m3 (B) 180 m3 (C) 200 m3 (D) 220 m3 (E) 240 m3
Problemas de 4 pontos
13. Resposta: Alternativa E
Supondo, na primeira figura, que as dimensões da face de apoio sejam a e b, temos 
2ab = 120 ⇔ ab = 60 e, na segunda figura, que a e c sejam as dimensões da face de apoio, temos 
3ac = 120 ⇔ ac = 40. Sendo assim, na terceira figura as dimensões da face de apoio são b e c, logo 
5bc = 120 ⇔ bc = 24 . Das três equações, multiplicando os membros da esquerda e igualando 
ao produto dos membros da direita, temos ab ∙ ac ∙ bc = 60 ∙ 40 ∙ 24 ⇔ (abc )2 = 102 ∙ 242 ⇔ 
abc = 240. O volume do bloco é 240 m3.
Questão 14
Três cangurus, Alex, Bob e Carl, vão caminhar todos os dias. Se Alex não usa um chapéu, 
então Bob usa um chapéu. Se Bob não usa um chapéu, então Carl usa um chapéu. Hoje, 
Carl não está usando um chapéu. Com certeza, quem está usando um chapéu hoje? 
(A) só Alex e Bob (B) só Alex (C) Alex, Bob e Carl
(D) nem Alex nem Bob (E) só Bob
14. Resposta: Alternativa E
Sabemos que, se p e q são sentenças, a sentença composta p implica q é equivalente à sentença 
não q implica não p (em símbolos, p ⇒ q é equivalente a ~ q ⇒ ~p ). Assim, se Carl não está usando 
um chapeu, então Bob usa um chapéu (lembre-se de que a negação da negação é a afirmação). 
Alex pode ou não estar usando um chapéu, pois numa implicação verdadeira, o antecedente, neste 
caso a sentença Alex não usa um chapéu, pode ser verdadeira ou falsa. Então, temos certeza apenas 
de que Bob usa um chapéu.
Questão 15
A figura mostra um sistema de três roldanas e dois pedaços de corda. 
Se a ponta P de um pedaço de corda é puxada para baixo 24 centíme-
tros, de quantos centímetros sobe o ponto Q ?
(A) 24 (B) 12 (C) 8 (D) 6 (E) 24
5
15. Resposta: Alternativa D
Quando o ponto P é puxado x centímetros para baixo, a roldana fixa no teto apenas gira e a rolda-
na intermediária gira e sobe x
2
 centímetros. Quando esta sobe, a terceira roldana também subirá, 
mas somente a metade do que subiu a roldana do meio, ou seja, subirá 
x
2
2
 = x
4
. Logo, se o ponto 
P desce 24 cm, então o ponto Q sobe 24
4
 = 6 cm.
Observação: para entender esse processo físico, considere o 
esquema ao lado. Os dois pedaços da corda medem a e b. 
Puxando a ponta da corda de uma distância y para cima, a 
roldana sobe uma distância x. Como o comprimento total da 
corda não muda, de acordo com o esquema ao lado, temos 
a + b = a – x + b – x + y ⇔ y = 2x. Ou seja, quando a ponta 
sobe 2x a roldana sobe a metade, igual a x.
Questão 16
Um número n é chamado doido se é inteiro positivo e o seu maior divisor, excluindo 
o próprio n, é igual a n – 6. Quantos números doidos existem? 
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 6 (E) infinitos
16. Resposta: Alternativa C
O número n
n – 6
 é um número inteiro positivo, diferente de 1.
Temos n
n – 6
 = n – 6 + 6
n – 6
 = 1 + 6
n – 6
 , logo n – 6 = 1, 2, 3 ou 6 e n é igual a 7, 8, 9 ou 12, em prin-
cípio. Mas note que para n = 8 temos n – 6 = 2 e o maior divisor de 8 menor que 8 é 4. Portanto, 
os únicos doidos que existem são 7, 9 e 12.
x x 
Questão 17
Uma caixa contém quatro bombons e um pirulito. João e Maria se revezam retirando 
ao acaso um doce da caixa, sem reposição. Quem tirar o pirulito, vence. João fará a 
primeira retirada. Qual é probabilidade de Maria vencer? 
(A) 2
5
 (B) 3
5
 (C) 1
2
 (D) 5
6
 (E) 1
3
17. Resposta: Alternativa A
Maria só pode vencer na 2a ou na 4a tentativa, já que os doces terão acabado na 6a tentativa. A pro-
babilidade de vencer na 2a jogada ocorre quando João não tira o pirulito na 1a e ela tira na 2a ou 
seja, 4
5
 ∙ 1
4
 = 1
5
 ; a probabilidade de vencer na 4a jogada ocorre quando ninguém tira o pirulito nas 
três primeiras tentativas e ela o tira na 4a ou seja, 4
5
 ∙ 3
4
 ∙ 2
3
 ∙ 1
2
 = 1
5
 . Logo, a probabilidade 
de Maria vencer é 1
5
 + 1
5
 = 2
5
 .
Questão 18
A figura mostra dois quadrados adjacentes de lados a e b, 
a : b. Qual é a área da região triangular cinza?
(A) √ab (B) 12 a 
2 (C) 1
2
 b 2
(D) 1
4
 (a 2 + b 2) (E) 1
2
 (a 2 + b 2)
18. Resposta: Alternativa B
Na figura há três triângulos retângulos brancos. Um tem catetos iguais de medida a, outro tem 
catetos de medidas b e a + b e o terceiro tem catetos de medidas b e b – a. A soma das áreas 
desses três triângulos é a ∙ a
2
 + b ∙ (a + b )
2
 + b ∙ (b – a )
2
 = a
2 + ab + b2 + b2 – ab
2
 = a
2 + 2b2
2
 . 
A área do triângulo cinza é igual a a2 + b2 – a
2 + 2b2
2
 = a
2
2
 .
Questão 19
Qual é a parte inteira do valor da expressão 
(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 20 (E) 25
19. Resposta: Alternativa A
Temos : e
 = = =
 = = 5
Claramente, 4 = : .
Logo, 4 : : 5, isto é, a parte inteira do valor da expressão é 4.
 20 + 20 + 20 + 20 + 20 ?
 20 + 20 + 20 + 20 + 20 20 + 20 + 20 + 20 + 25
 20 + 20 + 20 + 20 + 25
 
20 + 20 + 20 + 20 + 5 20 + 20 + 20 + 5
20 + 20 + 5 20 + 5
 20 + 20 + 20 + 20 + 20
 20 + 20 + 20 + 20 + 20
16
Questão 20
Para calcular a + b
c
 , sendo a, b, c números inteiros positivos, Sara digita a + b ÷ c = 
numa calculadora e obtém 11 como resultado. Ela então digita b + a ÷ c = e fica sur-
presa ao ver que o resultado é 14. Ela percebe então que sua calculadora está progra-
mada para fazer divisões antes de adições. Qual é o resultado correto para a expressão 
a + b
c
 ?
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5
20. Resposta: Alternativa E
Segundo a calculadora, a + bc = 11 e b + 
a
c = 14. Logo,
a + bc + b + 
a
c = 11 + 14 ⇔ a + b + 
a + b
c = 25 ⇔ 
(a + b )(c + 1 )
c = 25 ⇔ a + c = 
25c
c + 1 . 
Como a, b, c são números inteiros positivos e c + 1 não tem fatores comuns com c, então c + 1 divide 
25, logo c = 4 ou c = 24.
Para c = 4 temos
 a + b
4
 = 11
 4a + b = 44 b = 44 – 4a b = 44 – 4a a = 8 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 4b + a = 56 4(44 – 4a ) + a = 56 176 – 15a = 56 b = 12 
 b + a
4
 = 14
Para c = 24 temos
 a + b
24
 = 11
 24a + b = 264 b = 264 – 24a b = 264 – 24a
 ⇔ ⇔ ⇔ => a = 144
19
 , 24b + a = 336 4(264 – 24a ) + a = 336 1056 – 95a = 336 
 b + a
24
 = 14
impossível, pois a é inteiro.
Portanto, a + bc = 
8 + 12
4
 = 5.
Questão 21
Seja a a soma de todos os divisores positivos de 1 024 e b o produto de todos os 
divisores positivos de 1 024. Qual das igualdades a seguir é verdadeira?
(A) (a – 1)5 = b (B) (a + 1)5 = b (C) a5 = b (D) a5 – 1 = b (E) a5 + 1 = b
21. Resposta: Alternativa B
Como 1 024 = 210, os seus divisores positivos são os números 1, 2, 22, 23, ..., 210. Temos então
a = 1 + 21 + 22 + ... + 210 = 1 ∙ 2
11 – 1
2 – 1
 = 211 – 1 (soma dos 11 primeiros termos da PG de primeiro termo 
1 e razão 2) e b = 1 × 21 × 22 × ... × 210 = 21 + 2 + 3 + ... + 10 = 2
10 × 11
2 = 255 (a soma dos expoentes é a soma 
dos 10 primeiros termos da PA de primeiro termo 1 e razão 1).
Temos, assim, a = 211 – 1 ⇔ a + 1 = 211 ⇔ (a + 1)5 = (211)5 = 255 = b.
Questão 22
Qual é o conjunto de todos os valores do parâmetro a para o qual o número de solu-
ções da equação 2 – |x | = ax é igual a dois?
(A) ]– ∞, –1] (B) ]–1, 1[ (C) [1, + ∞[ (D) {0} (E) {–1, 1}
22. Resposta: Alternativa B
Temos
 x > 0 e x = 2a + 1 ; a = –1 x > 0 e ax + x = 2
2 – |x | = ax ⇔ ax + |x | = 2 ⇔ ou ⇔ ou
 x : 0 e ax – x = 2
 x : 0 e x = 2a – 1 ; a = 1
Para que x > 0 e x = 2
a + 1
 ; a = –1 devemos ter a + 1 > 0 ⇔ a > –1 e para que x : 0 e x = 2
a – 1
 ; 
a = 1 devemoster a – 1 : 0 ⇔ a : 1. Logo, os valores do parâmetro a pertencem ao intervalo ]–1, 1[.
Questão 23
Os vértices da rede mostrada ao lado recebem os números 
de 1 a 10. As somas S dos quatro números atribuídos aos 
vértices de cada quadrado são iguais. Qual é o menor valor 
possível de S ?
(A) 18 (B) 19 (C) 20 (D) 21 (E) 22
Problemas de 5 pontos
23. Resposta: Alternativa C
Ao numerar de 1 a 10 os vértices, observamos que os números a 
e b são partilhados por dois quadrados. Se S é a soma dos núme-
ros escritos nos vértices de cada um dos três quadrados, então
3S = 1 + 2 + ... + 10 + a + b = 55 + a + b ⇔ S = 55 + a + b
3
 , pois a e b são contados adicional-
mente.
Devemos obter o menor valor de a + b de modo que S seja um 
número inteiro, logo a + b = 5, pois a + b > 1 + 2 = 3. Portanto, 
o menor valor de S é 20. O diagrama ao lado mostra um exem-
plo de como escrever os números nos vértices tais que S = 20.
Questão 24
Quantos planos passam por pelo menos três vértices de um determinado cubo?
(A) 6 (B) 8 (C) 12 (D) 16 (E) 20
24. Resposta: Alternativa E
Três pontos distintos não alinhados determinam um plano, ou seja, existe um único plano que pas-
sa por três pontos distintos e não alinhados. Num cubo, não existem três vértices que estejam na 
mesma reta, portanto três vértices quaisquer do cubo determinam um plano. Como o cubo tem 
oito vértices, o número de planos, em princípio, é (8)3 = 8!3!(8 – 3)! = 
8 × 7 × 6
6
 = 56. O problema 
é que existem planos contendo 4 pontos, que são aqueles que contêm arestas paralelas. Nesses 
casos, em vez de termos (4)3 = 4!3!(4 – 3)! = 4 planos, teremos somente um. Observando que não 
há cinco ou mais vértices num mesmo plano, basta considerar esta exceção. Para contar o número 
de planos passando por duas arestas opostas, basta considerar que para cada aresta existem 
3 arestas paralelas. Como há 12 arestas num cubo, o número de planos desse tipo é 12 × 3
3
 = 12. 
Dividimos por 3 porque cada aresta é contada (3)2 = 3 vezes. Portanto, o número total de planos 
distintos que passam por três vértices de um cubo é 56 – 12 × 4 + 12 = 20.
a b
6
8 110
2
5 9
74
3
Questão 25
Quatro retas diferentes passam pela origem do sistema de coordenadas cartesiano. 
Essas retas intersectam a parábola de equação y = x 2 – 2 em oito pontos. Qual número 
a seguir pode ser o produto das abcissas desses oito pontos? 
(A) só o 16 (B) só o –16 (C) só o 8 (D) só o –8 (E) Há vários produtos possíveis.
25. Resposta: Alternativa A
Uma reta que passa pela origem e intersecta a parábola dada em dois pontos tem uma equação 
do tipo y = ax em que a é um número real qualquer. Os pontos de intersecção são as soluções do 
sistema
 y = ax y = ax y = ax
 ⇔ ⇔
 y = x 2 – 2 ax = x 2 – 2 x 2 – ax – 2 = 0
As abscissas dos pontos de intersecção são as raízes da equação do segundo grau x 2 – ax – 2 = 0. 
O produto dessas duas raízes é –2. Como são quatro retas, o produto das abcissas dos oito pontos 
de intersecção é (–2)(–2)(–2)(–2) = 16.
Questão 26
Para quantos números inteiros n o número |n2 – 2n – 3| é primo?
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) infinitos
26. Resposta: Alternativa D
Seja A = |n2 – 2n – 3|. Temos A = 0 ⇔ |n2 – 2n – 3| = |(n – 3)(n + 1)| = |n + 1| ∙ |n – 3| = 0 ⇔ n = –1 
ou n = 3.
Para n : –1, |n + 1| = – (n + 1) e |n – 3| = – (n – 3), logo A = (n + 1) (n – 3) é primo se um dos fatores 
for ±1 e o outro um número primo. Isto ocorre somente para n = –2.
Para –1 : n : 3, |n + 1| = n + 1 e |n – 3| = – (n – 3), logo A = – (n + 1) (n – 3) é primo se um dos 
fatores for ±1 e o outro um número primo. Isto ocorre somente para n = 0 ou n = 2.
Para n > 3, |n + 1| = n + 1 e |n – 3| = n – 3, logo A = (n + 1) (n – 3) é primo se um dos fatores for 
±1 e o outro um número primo. Isto ocorre somente para n = 4.
Portanto A é primo para n = –2 ou n = 0 ou n = 2 ou n = 4, ou seja, para quatro valores inteiros de n.
Observação: como |n2 – 2n – 3| = |n + 1| ∙ |n – 3| podemos concluir que se n : –3 ou n > 5 esse 
número é o produto de dois fatores maiores que 1 e, portanto, não é primo. Então podemos testar 
os números inteiros de –2 até 4 e encontrar as quatro soluções n = –2, 0, 2 ou 4.
Questão 27
Um caminho DEFB no qual DE _ EF e EF _ FB encontra-se no inte-
rior do quadrado ao lado. Como DE = 5, EF = 1 e FB = 2, qual é a 
medida do lado do quadrado? 
(A) 3√2 (B) 7√22 (C) 
11
2
(D) 5√2 (E) nenhuma das anteriores
27. Resposta: Alternativa E
Traçando a diagonal BD, prolongando DE e passando uma per-
pendicular a DE por B, obtemos o vértice G do triângulo BDG, 
retângulo em G. Como FB // DE e BG // FE, concluímos que EG = 2 
e DG = 2 + 5 = 7. Temos também FE = BG = 1. Pelo teorema de 
Pitágoras, BD 2 = DG 2 + BG 2 ⇔ BD 2 = 72 + 12 = 50. O lado ℓ do 
quadrado ADCB é tal que ℓ√2 = √50 ⇔ ℓ = 5.
Questão 28
A sequência a1 , a2 , a3 , ... começa com a1 = 49. Para n > 1, o número an + 1 é obtido 
adicionando-se 1 à soma dos dígitos de an e elevando-se ao quadrado esse resultado. 
Por exemplo, a2 = (4 + 9 + 1)2 = 196. Calcule a2019 .
(A) 25 (B) 49 (C) 64 (D) 121 (E) 400
28. Resposta: Alternativa C
Temos:
a3 = (1 + 1 + 9 + 6)2 = 172 = 289
a4 = (1 + 2 + 8 + 9)2 = 202 = 400
a5 = (1 + 4 + 0 + 0)2 = 52 = 25
a6 = (1 + 2 + 5)2 = 82 = 64
a7 = (1 + 6 + 4)2 = 112 = 121
a8 = (1 + 1 + 2+ 1)2 = 52 = 25
A partir do quinto termo, a sequência torna-se periódica de período três, ou seja,
a5 = a8 = a11 = ... a3k + 2
a6 = a9 = a12 = ... a3k
a7 = a10 = a13 = ... a3k + 1
Como o resto da divisão de 2 019 por 3 é 0, concluímos que a2019 = a6 = 64.
Questão 29
Três diferentes números do conjunto {1, 2, 3, ..., 10} são escolhidos ao acaso. Qual é a 
probabilidade de que um deles seja a média aritmética dos outros dois?
(A) 110 (B) 
1
6 (C) 
1
4 (D) 
1
3 (E) 
1
2
29. Resposta: Alternativa B
Podemos escolher três números entre os números do conjunto {1, 2, 3, ...,10} de (10)3 = 10 × 9 × 86 = 
= 120 maneiras. O número de maneiras de obter três números em que um deles é a média aritmé- 
tica dos outros dois é o números de progressões aritméticas de três termos escolhidos entre os 
números do conjunto {1, 2, 3, ..., 10}. Se a razão é 1, os números são a, a + 1, a + 2 sendo a = 1, 2, ..., 8; 
para razão 2, os números são a, a + 2, a + 4 e a = 1, 2, ..., 6; para razão 3, temos a = 1, 2, 3, 4 e para 
razão 4, temos a = 1, 2. O número de PAs é 8 + 6 + 4 + 2 = 20. Logo, a probabilidade de que os três 
números escolhidos ao acaso satisfaçam a propriedade proposta é 20
120
 = 1
6
 .
Observação: Outra forma de contar o número das progressões aritméticas de três termos é escolher 
o primeiro e o último número com mesma paridade para que o segundo seja a média aritmética 
desses dois. Como são 5 pares e 5 ímpares o número de progressões aritméticas é 2 × (5)2 = 20.
Questão 30
O quadriculado ao lado deve ser preenchido de modo que, em cada 
linha e cada coluna, os números 1, 2, 3, 4 e 5 apareçam exatamente 
uma vez. Além disso, a soma dos números em cada uma das três 
regiões separadas pelas linhas mais grossas deve ser a mesma. Qual 
número estará na casa assinalada com o ponto de interrogação? 
(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5
30. Resposta: Alternativa C
Como 1 ,2, 3, 4, 5 aparecem em cada linha e são cinco linhas, a soma de todos os números no qua-
driculado é 5 × (1 + 2 + 3 + 4 + 5) = 75. Como as três regiões têm somas iguais para os números 
nela contidos, concluímos que a soma dos números em cada uma delas é 75
3
 = 25. A região inferior 
esquerda tem um 2, logo 5 casas devem somar 23. Como 23 dividido por 5 dá quociente 4 e resto 
3, a única forma de obter esta soma é usar o 4 e o 5 nessas casas, mais precisamente o 5 três vezes 
e o 4 duas vezes. A figura abaixo mostra a única forma de posicionar esses números.
Na região intermediária a soma deve ser 25; na primeira coluna só podemos completar com 1 e 
3 e na segunda com 1, 2 e 3. Na quarta linha temos que colocar 1, 2 e 3 e na quinta linha 1 e 3. 
A soma desses números é 4 + 6 + 6 + 4 = 20. Faltam três números na região intermediáriade soma 
5. Poderia ser 1 + 2 + 2 ou 3 + 1 + 1, mas na segunda opção acabaríamos
usando seis vezes o número 1, o que não pode ocorrer, já que cada núme-
ro aparece exatamente cinco vezes. Logo os números são 1, 2 e 2. Dessa 
forma, a região da direita deve ser preenchida com 4 três vezes, 5 duas 
vezes e 3 uma vez.
A única forma de fazer isto está descrita na figura ao lado. Concluímos que 
o número na casa assinalada é 3.