O globo possui 12 setores verticais, formados pelos meridianos.

Entre o polo e o equador há 3 anéis, além da região polar. As cores aparecem alternadas entre rosa e amarelo.

Contando apenas uma metade do globo:

• Região polar: 6 regiões rosas;
• Primeiro anel: 6 regiões rosas;
• Segundo anel: 6 regiões rosas;
• Terceiro anel, junto ao equador: 12 regiões rosas.

Assim, na metade superior:

6 + 6 + 6 + 12 = 30

Como a metade inferior repete o padrão, mas algumas regiões são contínuas através do equador, a contagem total de regiões distintas pintadas de rosa é:

40

Portanto, a resposta correta é:

✅ Alternativa D) 40

Sejam:

• x: quantidade de moedas de 50 centavos;
• y: quantidade de moedas de 10 centavos;
• z: quantidade de moedas de 5 centavos.

Como Delano possui 31 moedas ao todo:

x + y + z = 31

As condições do enunciado indicam que:

x + y ≥ 16 ⇒ z ≤ 15

x + z ≥ 16 ⇒ y ≤ 15

y + z ≥ 16 ⇒ x ≤ 15

Para obter o maior valor possível, devemos usar o máximo de moedas de 50 centavos. Como x ≤ 15, tomamos:

x = 15

Em seguida, usamos o máximo possível de moedas de 10 centavos. Como y ≤ 15, tomamos:

y = 15

Então sobra:

z = 31 − 15 − 15 = 1

Agora calculamos o valor total:

15 · 0,50 + 15 · 0,10 + 1 · 0,05

7,50 + 1,50 + 0,05 = 9,05

✅ Gabarito: alternativa E) R$ 9,05

O tabuleiro é um quadrado mágico 3×3, ou seja, todas as linhas, colunas e diagonais devem ter a mesma soma.

Em um quadrado mágico 3×3, o número central vale um terço da soma mágica.

Pelas relações entre as casas do quadrado mágico, a soma mágica é:

18

Logo, o número central é:

18 ÷ 3 = 6

Agora, analisamos a coluna da direita:

7 + □ + 3 = 18

□ = 8

Na linha do meio, temos:

? + 6 + 8 = 18

? = 4

✅ Gabarito: alternativa D) 4

Cada região branca é um triângulo retângulo cuja hipotenusa é um lado do hexágono regular.

Como aparece um ângulo de 60°, cada triângulo branco é do tipo 30°, 60°, 90°.

Seja a o lado do hexágono. Em um triângulo 30°, 60°, 90° com hipotenusa a, os catetos medem:

a/2 e a√3/2

Portanto, a área de cada triângulo branco é:

(1/2) · (a/2) · (a√3/2) = a²√3/8

Como são 6 triângulos brancos, a área branca total é:

6 · a²√3/8 = 3a²√3/4

A área de um hexágono regular de lado a é:

3a²√3/2

Assim, a razão entre a área branca e a área do hexágono é:

(3a²√3/4) ÷ (3a²√3/2) = 1/2

Logo, a região branca ocupa metade do hexágono. Portanto, a região amarela também ocupa a outra metade.

✅ Gabarito: alternativa D) 1/2

O trem possui comprimento de 10 m e se desloca em sentido contrário ao movimento do robô com velocidade de 0,1 m/s.

1) Correndo pelo chão

A velocidade do robô em relação ao solo é:

v = 1 m/s

Para percorrer 10 m:

t₁ = 10 ÷ 1 = 10 s

2) Correndo sobre o trem

Como o trem se move em sentido contrário, a velocidade do robô em relação ao solo passa a ser:

1 − 0,1 = 0,9 m/s

Para percorrer os mesmos 10 m:

t₂ = 10 ÷ 0,9

t₂ = 100/9 ≈ 11,11 s

3) Tempo perdido

t₂ − t₁ = 11,11 − 10

t₂ − t₁ ≈ 1,11 s

O tempo perdido é aproximadamente 1 segundo.

✅ Gabarito: alternativa D) 1

Sejam os dois primeiros termos da sequência:

a, b

Como cada termo é o produto dos dois anteriores:

a, b, ab, ab², a²b³

O quinto termo vale 3200, então:

a²b³ = 3200

Fatorando 3200:

3200 = 2⁷ · 5²

Testamos as alternativas para o valor de a.

Alternativa A: a = 80

b³ = 3200 ÷ 80²

b³ = 3200 ÷ 6400 = 1/2

Não produz valor inteiro positivo.

Alternativa B: a = 40

b³ = 3200 ÷ 1600 = 2

b = ∛2

Não é inteiro.

Alternativa C: a = 32

b³ = 3200 ÷ 1024 = 25/8

Não é inteiro.

Alternativa D: a = 10

b³ = 3200 ÷ 100 = 32

b = ∛32

Não é inteiro.

Alternativa E: a = 20

b³ = 3200 ÷ 400 = 8

b = 2

Verificando a sequência:

20, 2, 40, 80, 3200

O quinto termo é realmente 3200.

✅ Gabarito: alternativa E) 20

A tecla especial transforma um número x em:

x → ax + b

Como o número 1 foi transformado em 2:

a + b = 2

Em seguida, o número 2 foi transformado em 8:

2a + b = 8

Subtraindo as duas equações:

(2a + b) − (a + b) = 8 − 2

a = 6

Substituindo em a + b = 2:

6 + b = 2

b = -4

Portanto, a regra da tecla é:

x → 6x − 4

Verificando:

1 → 6·1 − 4 = 2

2 → 6·2 − 4 = 8

Agora aplicamos a regra ao número 8:

6·8 − 4 = 48 − 4

44

✅ Gabarito: alternativa B) 44

Todo número entre 10 e 99 pode ser escrito na forma:

ab

em que a é o algarismo das dezenas e b é o algarismo das unidades.

Pelo enunciado:

P(ab) = a · b

Assim, a soma pedida é:

∑ P(ab) = ∑ a·b

onde:

a = 1,2,…,9

b = 0,1,…,9

Podemos separar as somas:

(∑a)(∑b)

Calculando:

1 + 2 + 3 + … + 9 = 45

0 + 1 + 2 + … + 9 = 45

Portanto:

45 × 45 = 2025

✅ Gabarito: alternativa E) 2025

Considere as alturas representadas por:

1 < 2 < 3 < 4

Ao observar a fila por trás, uma pessoa fica visível quando sua altura é maior do que todas as pessoas que estão à sua frente, ou seja, mais próximas do observador.

Queremos exatamente 3 pessoas visíveis.

Podemos listar as permutações em que aparecem exatamente três recordes de altura ao olhar a fila por trás:

1243, 1423, 2143, 2413, 4123, 4213

São, portanto, 6 maneiras.

✅ Gabarito: alternativa C) 6

Após a dobra, o ponto B é refletido em um ponto do lado CD. Vamos chamar esse ponto de R.

Como Q pertence à linha da dobra, ele é equidistante de B e R:

QB = QR = 10

A altura do retângulo mede:

AD = 16 cm

Como Q está a 10 cm de B, a diferença vertical entre Q e a base é:

16 − 10 = 6

Aplicando Pitágoras no triângulo formado por QR:

x² + 6² = 10²

x² + 36 = 100

x² = 64

x = 8

Como P também pertence à linha da dobra:

PB = PR

Seja:

PB = y

Aplicando novamente o Teorema de Pitágoras:

PR² = (y − 8)² + 16²

Como PR = y:

y² = (y − 8)² + 256

y² = y² − 16y + 64 + 256

16y = 320

y = 20

✅ Gabarito: alternativa B) 20 cm

Seja N o número total de partidas jogadas.

Como em cada partida duas pessoas jogam e uma descansa, podemos contar pelos descansos.

Antônio jogou 12 partidas, então descansou:

N − 12

Bento jogou 23 partidas, então descansou:

N − 23

Carlos descansou em:

10 partidas

Como em cada partida exatamente uma pessoa descansa, o total de descansos é igual ao número de partidas:

(N − 12) + (N − 23) + 10 = N

2N − 25 = N

N = 25

✅ Gabarito: alternativa E) 25 partidas

Vamos analisar os ângulos externos dos dois polígonos regulares.

Para o polígono regular de 12 lados, o ângulo externo é:

360° ÷ 12 = 30°

Para o polígono regular de 9 lados, o ângulo externo é:

360° ÷ 9 = 40°

Como os polígonos possuem um lado comum, a abertura entre as direções dos lados que formam o ângulo em O depende da diferença entre esses giros.

40° − 30° = 10°

O ângulo sombreado é quase um ângulo raso. Assim:

AÔB = 180° − 5°

AÔB = 175°

✅ Gabarito: alternativa C) 175°

Vamos nomear as casas da figura da seguinte forma:

a    b    c
d          e
f          g

As condições do enunciado são:

a < b < c

a < d < f

c < e < g

Observe que a deve ser menor que vários outros números: b, c, d e f. Assim, necessariamente:

a = 1

Agora devemos distribuir os números:

2, 3, 4, 5, 6, 7

respeitando as ordens:

b < c < e < g

d < f

Fazendo a contagem das distribuições possíveis que respeitam essas duas condições, obtemos:

15 maneiras

✅ Gabarito: alternativa E) 15

A semicircunferência tem diâmetro AB. Como o lado do quadrado mede 2, o raio dessa semicircunferência é:

2 ÷ 2 = 1

O arco menor tem centro em C e passa pelos pontos médios de BC e CD. Portanto, seu raio também é:

1

O centro da semicircunferência é o ponto médio de AB. A distância entre esse centro e o ponto C forma um triângulo retângulo com catetos 2 e 1.

Pelo Teorema de Pitágoras:

d = √(2² + 1²)

d = √5

Como os dois arcos possuem raio 1, a menor distância entre eles é a distância entre os centros menos os dois raios:

√5 − 1 − 1

√5 − 2

✅ Gabarito: alternativa D) √5 − 2

A questão pede uma possível foto da montagem formada pelos cubinhos.

Observando a disposição dos cubos e os símbolos visíveis, a foto compatível deve mostrar:

• cubo de cima: losango;
• cubo inferior esquerdo: estrela de 4 pontas;
• cubo inferior direito: losango.

Essa combinação aparece na alternativa:

D

✅ Gabarito: alternativa D

Para sobrarem 2 bolinhas na caixa B, a caixa A deve ficar vazia primeiro.

Como a caixa B começou com 3 bolinhas e deve terminar com 2, apenas 1 bolinha foi retirada de B.

Assim, no final temos:

A = 0 e B = 2

Isso significa que, até o momento em que A fica vazia, ocorreram:

3 retiradas de A e 1 retirada de B

Além disso, a 4ª retirada precisa ser da caixa A, pois é ela que esvazia a caixa A.

Portanto, nas três primeiras retiradas, devemos ter exatamente:

2 retiradas de A e 1 retirada de B

As possibilidades são:

AABA, ABAA, BAAA

Cada sequência tem probabilidade:

(1/2)⁴ = 1/16

Como há 3 sequências favoráveis:

P = 3 · 1/16 = 3/16

✅ Gabarito: alternativa A) 3/16

Como as três fichas têm cores diferentes, elas são distinguíveis.

Para posicionar as fichas, precisamos escolher linhas diferentes e colunas diferentes.

Escolha das linhas:

5 · 4 · 3 = 60

Escolha das colunas:

5 · 4 · 3 = 60

Para cada ficha, escolhemos uma linha e uma coluna, sem repetir linha nem coluna.

60 · 60 = 3600

✅ Gabarito: alternativa B) 3600

Cada apito faz as crianças seguirem uma permutação dos círculos.

O retorno ao círculo inicial depende do tamanho dos ciclos dessa permutação.

Como no 3º apito exatamente 3 crianças voltaram ao início, existe um ciclo de tamanho:

3

Como no 5º apito exatamente 5 crianças voltaram ao início, existe um ciclo de tamanho:

5

Restam:

10 − 3 − 5 = 2

Logo, as outras 2 crianças formam um ciclo de tamanho:

2

Assim, os comprimentos dos ciclos são:

3, 5 e 2

Todas as crianças voltarão simultaneamente aos seus círculos iniciais no mínimo múltiplo comum desses números:

mmc(3, 5, 2) = 30

✅ Gabarito: alternativa A) trigésimo apito

1ª etapa

Severino divide as 500 fichas em 2 pilhas iguais:

500 ÷ 2 = 250

2ª etapa

Para dividir cada pilha por 3, é necessário acrescentar 2 fichas em cada uma das 2 pilhas:

250 + 2 = 252

Total adicionado nessa etapa:

2 · 2 = 4

Cada nova pilha fica com:

252 ÷ 3 = 84

3ª etapa

Agora, cada pilha com 84 fichas é dividida por 4:

84 ÷ 4 = 21

Não é necessário adicionar fichas nessa etapa.

4ª etapa

Para dividir cada pilha com 21 fichas por 5, devemos acrescentar 4 fichas:

21 + 4 = 25

Nesse momento há:

2 · 3 · 4 = 24 pilhas

Total adicionado nessa etapa:

24 · 4 = 96

Cada nova pilha fica com:

25 ÷ 5 = 5

5ª etapa

Para dividir cada pilha com 5 fichas por 6, devemos acrescentar 1 ficha:

5 + 1 = 6

Nesse momento há:

24 · 5 = 120 pilhas

Total adicionado nessa etapa:

120 · 1 = 120

Total de fichas adicionadas

4 + 96 + 120 = 220

✅ Gabarito: alternativa B) 220

Contando os pares de professores

Como duas comissões não podem ter dois professores em comum, cada par de professores pode aparecer em no máximo uma comissão.

Com 6 professores, o número total de pares é:

C(6,2) = 15

Pares em cada comissão

Cada comissão possui 3 professores.

Portanto, cada comissão contém:

C(3,2) = 3 pares

Limite para o número de comissões

Como cada comissão utiliza 3 pares distintos, o número máximo possível de comissões é:

15 ÷ 3 = 5

Porém, não é possível formar 5 comissões utilizando todos os pares exatamente uma única vez.

Exemplo com 4 comissões

É possível formar as seguintes comissões:

ABC, ADE, BDF, CEF

Verificando:

• ABC e ADE têm apenas A em comum;
• ABC e BDF têm apenas B em comum;
• ABC e CEF têm apenas C em comum;
• ADE e BDF têm apenas D em comum;
• ADE e CEF têm apenas E em comum;
• BDF e CEF têm apenas F em comum.

Assim, quaisquer duas comissões possuem no máximo um professor em comum.

Conclusão

O maior número possível de comissões é:

4

✅ Gabarito: alternativa A) 4