.1.

01) (B) Sabendo que 240 240

240 O B M O B B MM O

´ ´ = Û ´ = Û ´ = ,

224046 46 46 240 0 6 ou 40O B M M M M M M

M´ + = Û + = Û - + = Û = = e

224064 64 64 240 0 4 ou 60O B M O O O O O

O+ ´ = Û + = Û - + = Û = = .

Sendo O, B e M inteiros, a única possibilidade é O = 4, M = 6 e B = 240

104 6

=´

.

Assim, O + B + M = 4 + 10 + 6 = 2002) (C) Podemos utilizar apenas os 6 dígitos 0,1,3,4,6,9. Para o dígito das centenas temos 5 possibilidades, não podemos

utilizar o dígito 0, para escolhermos os demais dígitos temos 6 possibilidades. Assim pelo princípio multiplicativo,temos 5 × 6 × 6 = 180 números.

03) (C) Nenhum dos inteiros em questão é uma potência de um primo p pois caso contrário todos os outros inteiros teriamo fator p em comum e isso não é permitido. Logo d possui pelo menos dois fatores primos distintos. Além disso, umdos números a, b, c, d é ímpar; caso contrário mdc (a, b, c, d) = 2. Assim, como o menor número ímpar com doisfatores primos distintos é 15, d £ 15. Para d = 15, temos como exemplo a = 6, b = 10, c = 12 e d = 15

04) (A) Os números 12, 22, 32 possuem um algarismo. Os números 42, 52, ..., 92 possuem dois algarismos. Os números 102,112, ..., 312 possuem três algarismos. Assim, ao escrever o quadrado do número 31, o número de algarismos escritosé 1 3 2 6 3 22 81´ + ´ + ´ = , faltando escrever 19 algarismos. Com os quadrados de 32, 33, 34 e 35, temos mais

4 4 16´ = algarismos, faltando ainda escrever apenas três algarismos. Como o quadrado de 36 é 1296, concluímos queo último algarismo escrito foi o 9, o centésimo algarismo escrito por Esmeralda.

05) (B) Não podemos colocar o número 1 em nenhuma bola, pois o MDC entre 1 e qualquer outro número é 1, assim temos998 números disponíveis. Além disso, se forem usadas 500 bolas ou mais, haverá duas com números consecutivos,sempre primos entre si, então não podemos colocar mais que 499 bolas. Mas existe uma forma de colocar 499 bolas,usando os números pares de 2 a 998.

06) (B) Seja XYZ um número de três dígitos que detona 314. Devemos ter X = 4, 5, 6, 7, 8 ou 9; Y = 2, 3, ..., 9 e Z = 5, 6, 7,8 ou 9. Portanto, temos 6 opções para o primeiro dígito, 8 para o segundo e 5 para o terceiro. Ou seja 6 x 8 x 5 = 240.

07) (A) Como ( )88 88

9 98 1 1,º - º

NN a soma dos dígitos de todos os números que Agilulfo deve escrever é congruente a 1

módulo 9. Portanto, quando Agilulfo obtiver um número de um único dígito, ele vira 1.08) (A) Seja k = a1 + a6 = a2 + a5 = a3 + a4. Temos 3k = a1 + a2 + ... + a6 é múltiplo de 9, uma vez que n é múltiplo de

9. Daí, segue que k é múltiplo de 3.Mas, como os algarismos são distintos, perceba que1 + 2 + ... + 6 £ a1 + a2 + ... + a6 £ 4 + 5 + ... + 9 « 21 £ 3k £ 39 « 7 £ k £ 13.Como k é múltiplo de 3, temos dois casos: k = 9 e k = 12.1º caso: k = 9. Veja que é suficiente escolhermos a1, a2 e a3, pois a4 = 9 – a3, a5 = 9 – a2 e a6 = 9 – a1. Como os dígitosdevem ser distintos, devemos escolher a1, a2 e a3 de modo que haja no máximo um dígito em cada um dos conjuntos{1, 8}, {2, 7}, {3, 6} e {4, 5}. Esta escolha pode ser feita da seguinte forma:· Escolhemos três dos quatro conjuntos: 4 maneiras;· Em cada um dos três conjuntos acima, escolhemos um dos dois dígitos: 23 = 8 maneiras;· Permutamos os dígitos escolhidos: 3 x 2 x 1 = 6 maneiras.Logo, o total de números, neste caso, é igual a 4 x 8 x 6 = 192.2º caso: k = 12. Neste caso, os dígitos a1, a2 e a3 devem ser escolhidos do conjunto{3, 4, 5, 7, 8, 9} de modo que haja no máximo um dígito em cada um dos conjuntos{3, 9}, {4, 8} e {5, 7}. Esta escolha pode ser feita da seguinte maneira:· Em cada um dos três conjuntos acima, escolhemos um dos dois dígitos: 23 = 8 maneiras;

· Permutamos os dígitos escolhidos: 3.2.1 = 6 maneiras.

Logo, o total de números, neste caso, é igual a 8 x 6 = 48.

O total de números é, portanto, 192 + 48 = 240.

• FOLHA Nº 01 – GABARITO COMENTADO •

.2.

09) (C)

A quantidade final de cada é R$ 50,00, então x

122

+ = 50, então E com isso, Eduardo tinha inicialmente R$ 23,00.

10) (B) Seja A = 15p + 7. Como A 15p 7 7

5p3 3 3

+= = + , concluímos que o resto da divisão de A por 3 é igual ao resto da

divisão de 7 por 3, ou seja, 1. De forma análoga, o resto da divisão de A por 5 é o mesmo que o da divisão de 7 por 5,

ou seja, igual a 2. A soma desses restos é igual a 1 + 2 = 3.

11) (E) P(x) = 2(x2010 – 1) – 5x2 – 13x + 9

x2010 – 1 = (x3)670 – 1 é divisível por x2 + x + 1 uma vez que x3 – 1 = (x – 1) . x2 + x + 1

Assim, o resto da divisão de P(x) por x2 + x + 1 é igual ao resto da divisão de – 5x2 – 13x + 9 por x2 + x + 1 que é

R(x) = –8x + 14, logo R(2) = –2.

12) (C) Em primeiro lugar, veja que cada termo do produto é do tipo ( ) ( )4 2

4 2

k 1 k 1 1

k k 1

+ + + +

+ +. Além disso, podemos escrever

( ) ( ) ( )( )24 2 4 2 2 2 2 2 2x x 1 x 2x 1 – x x 1 – x x – x 1 x x 1 .+ + = + + = + = + + +

Assim, ficamos com ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( )2 24 2

4 2 2 2

k 1 – k 1 1 . k 1 k 1 1k 1 k 1 1.

k k 1 k – k 1 k k 1

é ù é ù+ + + + + + ++ + + + ê ú ê úë û ë û=+ + + + +

Agora, veja que (k + 1)2 – (k + 1) +

+1 = k2 + k + 1 e k2 – k + 1 = (k – 1)2 + (k – 1) + 1. Logo, a última expressão fica ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

4 2 2

4 2 2

k 1 k 1 1 k 1 k 1 1.

k k 1 k – 1 k – 1 1

+ + + + + + + +=

+ + + +

Logo, o produto pedido é igual a 2 2 2 2

2...2 2 2 2

2 2 1 4 4 1 6 6 1 32 32 1. . . . 32 32 1 1057.

0 0 1 2 2 1 4 4 1 30 30 1

+ + + + + + + += + + =

+ + + + + + + +

13) (C) Para x e y reais: ( ) ( )( )

( )

( )

2 222 222

x 1 e y –1x y x yx – y 0x – y x – y – 2 0 ou

y –1 ou y 2x – y – 2 0 y – y – 2 0 x 4 e y 2

= == ==+ = Û Û Û Û

= == = = =

14) (E) Dividindo tudo por 4 34 3

88 6 2 2

y y y yx : 1 3 4 3 – 4 1 0.

x x x x

æ ö æ ö+ = Û + =ç ÷ ç ÷

è ø è ø Seja

4 32y

z : 3z – z 1 0.x

= + = Fatorando, tere-

mos ( ) ( )2 2z – 1 3z 2z 1 0.+ + + = A única raiz racional dessa equação é z = 1, portanto deveremos ter y = x2 para

satisfazer a equação com x e y inteiros positivos. Pela limitação 1 £ y £ 2007, y pode assumir todos os valores de

quadrados perfeitos nesse intervalo, que são 12, 22, 32, ..., 442, totalizando 44 pares ordenados.

15) (C) Temos 1 1 1 1 y – x

x – y – x – y – x – y ,x y x y xy

= Û = Û = mas podemos cancelar a diferença, que é diferente de zero,

então –1

1 xy –1.xy

= Û =

16) (D) Como a ³ 0 e b ³ 0, então 0 £ a3 + a < b – b3 ® b3 < b Û b2 < 1 Û b < 1. Também temos a < a3 + a < b–

b3 < b Þ a < b e assim a < b < 1.

.3.

17) (D) Como 100 n

– 1,100 – n 100 – n

= segue que se n

100 – n é inteiro então

100100 – n

também é inteiro. Assim basta procurar-

mos pelos divisores inteiros de 100 pois para cada divisor d, teremos n =100 – d como solução. O número 100 possui

18 divisores inteiros.

18) (E) Quando Ana andar 3/4 da escada, Beatriz terá andado 1/4 da mesma. Isso significa que Ana é três vezes mais rápida

para descer do que Beatriz para subir. Quando Ana andar mais 1/4 da escada e terminar, Beatriz terá andado mais um

terço disso, que é 1/12. Assim, Beatriz andou 4/12 da escada, então ainda terá que subir 8/12 = 2/3.

19) (A) Fazendo x = t × y, a equação inicial reduz-se a t2 + 3 ³ c×(t2 + t + 4).

Logo, devemos ter (c – 1)t2 + ct + (4c – 3) £ 0, para todo t real. Para isto, devemos ter c – 1 < 0 e o discriminante

D = c2 – 4×(c – 1)×(4c – 3) £ 0.

Da última inequação, obtemos –15c2 + 28c – 12 £ 0, cuja solução é 2

c3

£ ou 6

c5

³ . Como c < 1, o maior valor

possível de c é 2/3. Daí, 2009×c = 1339,333... .

20) (C) De ( ) ( ) ( )2 2 24 4 2 217

x y x y – 2 xy 1– 2 xy ,18

= + = + = obtemos ( )2 1xy ,

36= e daí

16.

xy=

21) (D) Prolongue QR até encontrar o segmento XS. Através da figura, podemos encontrar o valor do ângulo externo do

polígono, que deve ser 360° dividido pelo número de lados n.

360 403e 140 180 3e 40 n 27

n 3° °

+ ° = ° Û = ° Û = Û = °

22) (A) A circunferência de centro A e raio AB contém os pontos C, D e E. Logo a medida do ângulo inscrito $EBC é igual

a metade da media do ângulo central µEAC ou seja, 2

18 .2a

b = = a = °

23) (D) O ângulo entre as retas AC e BD é 90 graus. Como B’D’ foi obtido a partir de uma rotação de 25 graus de BD, o

ângulo entre as AC e B’D’ é 25 graus menor, sendo igual a 90 – 25 = 65 graus.

24) (D) Como CE = CD, $( ) ( )m CED 180 – 20 2 80 .= ° ° ¸ = ° Logo $( )m CED 180 – 80 100= ° ° = ° e, como BE = CE,

( )180 – 100 2 40b = ° ° ¸ = ° . Além disso, $( ) $( )m BEA m CED 80= = ° e, AE = BE, ( )180 – 80 2 50a = ° ° ¸ = ° . Portanto o valor

da razão ab é

50 5.

40 4°

=°

25) (C) Temos AB = BC e o ângulo exterior ÐABC é igual a 2×ÐADC. Isso implica que o ponto B é o centro da circunferên-

cia circunscrita ao triângulo ADC. Dessa forma, ÐDBC = 2×ÐDAC = 50°.

26) (D)

Portanto BD

2.FG

=

.4.

27) (A)

Como o triângulo é isósceles concluímos que, ÐCBM = ÐABM e ÐACB = 90o – a, com isso, ÐCAQ = a, pois AQ é uma

altura. Como AI é bissetriz, então ÐCAI = ÐIAB = 2a. Finalmente no DAMB: a + a + 2a + a = 90° Þ a = 18°.

28) (B) Sejam A’ o ortocentro do triângulo BCD e D’ o ortocentro do triângulo ABC.

Como as retas CD’ e BD são ambas perpendiculares a AB, são paralelas. Analogamente, as retas BD’ e CD são

paralelas. Logo o quadrilátero BDCD’ é um paralelogramo e, portanto, os triângulos BCD e BD’C são congruentes.

Da mesma maneira, as retas AB e CA’ são paralelas, pois são perpendiculares a BD. Analogamente, as retas AC e BA’

são paralelas. Logo o quadrilátero CABA’ é um paralelogramo e, assim, os triângulos ABC e A’CB são congruentes.

Consequentemente, os quadriláteros ABDC e A’CD’B são congruentes, de modo que a distância entre os ortocentros

A’D’ é igual a AD.

Devemos, então, calcular AD. Como os ângulos $ABD e µACD são ambos retos, somam 180° e, portanto, o quadriláteroABCD é inscritível, sendo AD diâmetro de seu circuncírculo.

Pela lei dos co-senos,

2 2 2 2 2 2 1BC AB AC – 2.AB.AC.cos60 BC 4 3 – 2.4.3. BC 13

2= + ° Û = + Û =

Enfim, pela lei dos senos, BC 13 2 39

AD 2Rsen60 33

2

= = = =°

e, portanto, a distância entre os ortocentros é 2 39

.3

.5.

29) (A) Vamos denotar por A, B, C e D os vértices do quadrado e por MN o corte efetuado. Como CM + CN = BC = CD, resulta

que BM = CN e DN = MC. Em consequência, os triângulos ADN e DCM são congruentes, o mesmo ocorrendo com ABM

e BCN (em cada caso, os triângulos são retângulos e possuem catetos iguais). Logo, DÂN = CDM = a e BÂM = CBN = b.

Assim, a + b + 27° = 90° e a + b = 63°.

30) (A) Primeiro observamos que os ângulos internos de um pentágono regular medem ( )5 – 2 .180

108 .5

°= °

Como AF = AE = AB, o triângulo ABF é isósceles com $( ) $( )µ( ) µ( ) µ( )180 – m BAF 180 – m BAE – m EAF

m ABF m AFB2 2

° °= = = =

=180 – 108 – 60

6 .2

° ° °= °

No triângulo PEF, $( ) $( ) $( )m EFP m AFE – m AFB 60 – 6 54= = ° ° = ° e $( ) $( ) $( )m EPF 180 – m PEF – m EFP 180 – 60 – 12 – 54 54 ,= ° = ° ° ° ° = °

ou seja, o triângulo PEF é isósceles com PE = EF. Assim, como EF = AE, o triângulo PEA também é isósceles com

µ( ) $( )$( )180 – m PEA 180 – 12

m PAE m EPA 84 .2 2

° ° °= = = = °

Além disso, µ( )$( )180 – m ABC 180 – 108

m CAB 362 2

° ° °= = = ° e µ( ) µ( ) µ( )m CAE m BAE – m CAB 108 – 36 72 .= = ° ° = °

Logo, µ( ) µ( ) µ( )m PAC m PAE – m CAE 84 – 72 12 .= = ° ° = °