Reunimos aqui a resolução comentada e o gabarito extraoficial das 20 questões da OBMEP 2026 — Nível 3, voltado aos estudantes do Ensino Médio. Cada questão traz a resposta correta e a explicação passo a passo, do raciocínio inicial até a alternativa final.
Importante: o gabarito apresentado neste material é extraoficial, elaborado pela nossa equipe a partir das questões da prova. O gabarito oficial é divulgado pela organização da OBMEP em até 30 dias úteis após a aplicação. Por isso, vale conferir o resultado oficial assim que for publicado.
Questão 1
A figura mostra um globo dividido em regiões pintadas de rosa e amarelo alternadamente, de acordo com o padrão indicado. A linha do equador, na cor preta, divide o globo ao meio. Quantas regiões estão pintadas de rosa?
imagem representativa
a) 40
b) 28 c) 32
d) 36
e) 24
Alternativa correta: c) 32.
O segredo está na própria frase do enunciado: o equador divide o globo ao meio e as cores se alternam. Isso garante que há a mesma quantidade de regiões rosa e amarelas. Logo, o número de regiões rosa é exatamente a metade do total — não é preciso contar uma a uma.
Basta então descobrir o total de regiões, contando duas coisas no padrão:
Gomos (divisões verticais, os meridianos): dá para contá-los pela "estrela" que se forma no polo, onde todos se encontram. São 8 gomos ao redor do globo (4 na frente e 4 atrás).
Faixas (divisões horizontais, os paralelos): de um polo ao outro são 8 faixas (4 acima e 4 abaixo do equador, já que ele divide o globo ao meio).
Cada faixa é cortada pelos 8 gomos, formando 8 regiões. Como há 8 faixas, o total é 8 × 8 = 64 regiões.
Metade delas é rosa: 64 ÷ 2 = 32 regiões.
Alternativa: c) 32
Questão 2
Delano tem apenas moedas de 50, 10 e 5 centavos. Ele possui 31 moedas ao todo. Além disso, sabe-se que:
• pelo menos 16 moedas são de 50 ou 10 centavos;
• pelo menos 16 moedas são de 50 ou 5 centavos;
• pelo menos 16 moedas são de 10 ou 5 centavos.
Qual é o maior valor que Delano pode ter?
a) R$ 9,50
b) R$ 15,50
c) R$ 15,10
d) R$ 7,05 e) R$ 9,05
Alternativa correta: e) R$ 9,05.
Vamos chamar de x a quantidade de moedas de 50 centavos, y a de 10 centavos e z a de 5 centavos. Como são 31 moedas no total: x + y + z = 31.
Cada condição vira um limite. Dizer que "pelo menos 16 moedas são de 50 ou 10" significa x + y ≥ 16; como x + y + z = 31, sobra z ≤ 15. Do mesmo modo, as outras duas condições dão y ≤ 15 e x ≤ 15.
Para ter o maior valor, usamos o máximo de moedas mais valiosas. A de 50 centavos é a melhor, mas só pode haver até 15 delas, então x = 15. Restam 16 moedas entre y e z; como a de 10 vale mais que a de 5, fazemos y = 15 e z = 1.
Conferindo: y + z = 16, x + z = 16 e x + y = 30. Todas as condições são satisfeitas.
O valor é 15 × 0,50 + 15 × 0,10 + 1 × 0,05 = 7,50 + 1,50 + 0,05 = R$ 9,05.
Alternativa: e) R$ 9,05
Questão 3
Cirino quer completar o tabuleiro colocando números nas casas de forma que a soma dos números em cada linha, coluna ou diagonal seja a mesma. Qual é o número que ele deve colocar na casa marcada com o ponto de interrogação?
a) 6
b) 8
c) 9 d) 4
e) 2
Alternativa correta: d) 4.
Trata-se de um quadrado mágico: todas as linhas, colunas e as duas diagonais têm a mesma soma, que vamos chamar de S. Uma propriedade útil do quadrado mágico 3 × 3 é que a casa central vale sempre S ÷ 3.
Os valores dados são 7 (canto superior direito), 10 (centro de baixo) e 3 (canto inferior direito). Na linha de baixo: (canto inferior esquerdo) + 10 + 3 = S, ou seja, esse canto vale S − 13.
Usando a diagonal que passa pelo 7 e por esse canto: 7 + (S ÷ 3) + (S − 13) = S, o que dá S = 18 e centro = 6.
Completando: o canto inferior esquerdo vale 18 − 13 = 5. Pela diagonal principal, o canto superior esquerdo vale 18 − 6 − 3 = 9. Por fim, na coluna da esquerda: 9 + (?) + 5 = 18, logo ? = 4.
O tabuleiro completo fica 9, 2, 7 / 4, 6, 8 / 5, 10, 3 — e todas as somas dão 18.
Alternativa: d) 4
Questão 4
Na figura, as hipotenusas dos triângulos retângulos são lados de um hexágono regular. Qual é a razão entre a área da região amarela e a área do hexágono?
Cada ponta amarela é um triângulo retângulo com ângulos de 30°, 60° e 90°, e a sua hipotenusa é um lado do hexágono. Vamos chamar esse lado de ℓ.
Num triângulo 30-60-90, os catetos medem ℓ ÷ 2 e ℓ√3 ÷ 2. Então a área de cada triângulo é ½ × (ℓ ÷ 2) × (ℓ√3 ÷ 2) = √3 · ℓ² ÷ 8.
Os seis triângulos juntos têm área 6 × (√3 · ℓ² ÷ 8) = 3√3 · ℓ² ÷ 4.
A área do hexágono regular de lado ℓ é 3√3 · ℓ² ÷ 2.
A razão é (3√3 · ℓ² ÷ 4) ÷ (3√3 · ℓ² ÷ 2) = 1/2. Ou seja, as seis pontas amarelas somam exatamente metade da área do hexágono.
Alternativa: d) 1/2
Selecionamos seis questões do Nível 3 da OBMEP 2026 (Olimpíada Brasileira de Matemática das Escolas Públicas) com a resolução comentada de cada uma.
O Nível 3 é destinado aos estudantes do Ensino Médio. Clique em "Ver resposta" ao final de cada exercício para conferir a alternativa correta e o passo a passo.
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Questão 5
Um robô está correndo com velocidade de 1 m/s para chegar na bandeira. No sentido oposto, um trem de 10 m de comprimento se move com velocidade de 0,1 m/s. O robô pode escolher correr pelo chão, ao lado do trem, ou saltar e correr sobre o trem com a mesma velocidade de 1 m/s. Quantos segundos o robô vai perder se decidir correr sobre o trem em vez de correr pelo chão?
a) 0,1
b) 100
c) 2 d) 1
e) 10
Alternativa correta: d) 1.
Sobre o trem, o robô corre a 1 m/s em relação ao trem. Como o trem anda no sentido oposto a 0,1 m/s, a velocidade do robô em relação ao chão passa a ser 1 − 0,1 = 0,9 m/s.
Para percorrer os 10 m de comprimento do trem (em relação ao trem), a 1 m/s, ele leva 10 ÷ 1 = 10 s.
Nesses 10 s, em relação ao chão, ele avança 0,9 × 10 = 9 m. Se tivesse corrido pelo chão a 1 m/s, avançaria 1 × 10 = 10 m. Logo, fica 10 − 9 = 1 m atrás.
Para recuperar esse 1 m correndo a 1 m/s, ele gasta 1 ÷ 1 = 1 s a mais.
Alternativa: d) 1.
Questão 6
Em uma sequência de números inteiros positivos, cada termo, a partir do terceiro, é o produto dos dois termos anteriores. O quinto termo da sequência é 3200. Qual é o primeiro termo da sequência?
a) 80
b) 40
c) 32
d) 10 e) 20
Alternativa correta: e) 20.
Sejam a o primeiro termo e b o segundo. Então:
3º termo: a · b
4º termo: b · (a·b) = a·b²
5º termo: (a·b) · (a·b²) = a²·b³
Logo, a²·b³ = 3200. Testando b = 2: b³ = 8 e a² = 3200 ÷ 8 = 400, então a = 20.
Conferindo: 20, 2, 40, 80, 3200. O primeiro termo é 20.
A calculadora de Danilo tem uma tecla especial. Quando essa tecla é apertada, o número x que está no visor é substituído pelo número ax + b, em que a e b são fixos. Danilo colocou o número 1 no visor e apertou a tecla especial, obtendo 2 no visor. Em seguida, apertou novamente a tecla especial, obtendo 8. Que número ele vai obter se apertar de novo a tecla especial?
a) 64 b) 44
c) 32
d) 15
e) 17
Alternativa correta: b) 44.
Apertando com 1 no visor: a·1 + b = 2, ou seja, a + b = 2.
Apertando com 2 no visor: a·2 + b = 8, ou seja, 2a + b = 8.
Subtraindo a primeira da segunda: a = 6. Logo, b = 2 − 6 = −4.
Apertando de novo, com 8 no visor: 6·8 − 4 = 48 − 4 = 44.
Alternativa: b) 44.
Questão 8
Seja P(n) o produto dos algarismos do número natural n. Por exemplo, P(25) = 2 × 5 = 10. Qual é o valor de P(10) + P(11) + P(12) + ... + P(99)?
a) 2028
b) 2027
c) 2026
d) 2024 e) 2025
Alternativa correta: e) 2025.
Todo número de 10 a 99 se escreve como dezena d (de 1 a 9) e unidade u (de 0 a 9), com P = d · u.
A soma de todos os produtos é (1 + 2 + ... + 9) × (0 + 1 + 2 + ... + 9), porque cada dezena se combina com todas as unidades.
Isso dá 45 × 45 = 2025.
Alternativa: e) 2025.
Questão 9
De quantas maneiras quatro pessoas de alturas diferentes podem ser colocadas em fila de modo que, ao se observar a fila por trás, somente três pessoas fiquem visíveis? Considere apenas a altura das pessoas, desconsidere a largura.
a) 4
b) 5 c) 6
d) 3
e) 7
Alternativa correta: c) 6.
Observando por trás, uma pessoa só fica visível se for mais alta do que todas as que estão atrás dela (mais perto de quem observa). A pessoa do fim da fila é sempre visível.
Queremos exatamente 3 visíveis, ou seja, exatamente uma pessoa escondida. Uma pessoa fica escondida quando há alguém mais alto entre ela e o observador. A única pessoa que pode ficar escondida sem esconder outra é uma que tenha exatamente uma pessoa mais alta logo na frente dela (mais perto do observador).
Chamando as alturas de 1, 2, 3 e 4 (1 = mais baixa) e listando, da pessoa mais próxima do observador para a mais distante, as 6 filas com exatamente 3 visíveis são:
A folha retangular ABCD, em que AD = 16 cm, foi dobrada ao longo de PQ, como na figura, de modo que o vértice B ficou sobre o lado CD. Se BQ = 10 cm, qual é a medida de BP?
a) 21 cm b) 20 cm
c) 18 cm
d) 15 cm
e) 16 cm
Alternativa correta: b) 20 cm.
Ao dobrar, o vértice B vai para um ponto B' sobre o lado CD, e a dobra preserva as distâncias: B'Q = BQ = 10 cm e B'P = BP.
Como BC = AD = 16 cm e BQ = 10 cm, sobra QC = 16 − 10 = 6 cm. No triângulo retângulo QCB' (ângulo reto em C): B'C² = B'Q² − QC² = 10² − 6² = 100 − 36 = 64, então B'C = 8 cm.
Chamando BP = B'P = x e medindo a distância horizontal: a projeção de P sobre CD fica a x cm de B (no topo), e B' está a (BP − 8) do pé dessa projeção. Aplicando Pitágoras no triângulo formado pela altura de 16 cm:
Antônio, Bento e Carlos jogam dominó nas tardes de domingo. Em cada partida, dois deles jogam e o terceiro descansa. Quem vence uma partida descansa na próxima. No último domingo, Antônio jogou 12 partidas, Bento jogou 23 partidas e Carlos descansou em 10 partidas. Quantas partidas foram jogadas?
a) 28
b) 33
c) 35
d) 23 e) 25
Alternativa correta: e) 25.
Seja N o total de partidas. Em cada partida, exatamente 2 pessoas jogam, então o número total de participações é 2N.
Como Carlos descansou em 10 partidas, ele jogou N − 10 partidas. Somando as partidas jogadas pelos três:
12 + 23 + (N − 10) = 2N
25 + N = 2N, logo N = 25.
Conferindo os descansos: Antônio descansou 25 − 12 = 13, Bento descansou 25 − 23 = 2 e Carlos descansou 10. Total: 13 + 2 + 10 = 25, igual ao número de partidas (uma pessoa descansa por partida). Confere.
Alternativa: e) 25.
Questão 12
A figura mostra dois polígonos regulares, de 12 e 9 lados, com um lado comum. Qual é a medida do ângulo AÔB?
a) 170°
b) 172° c) 175°
d) 179°
e) 177°
Alternativa correta: c) 175°.
Seja O o vértice comum aos dois polígonos e OC o lado comum.
O ângulo interno de um polígono regular de n lados é (n − 2) · 180° ÷ n. Assim, o dodecágono (12 lados) tem ângulo interno (12 − 2) · 180° ÷ 12 = 150°, e o eneágono (9 lados) tem (9 − 2) · 180° ÷ 9 = 140°.
No dodecágono, a diagonal que liga O ao vértice A (oposto a O) divide o ângulo interno ao meio: ∠AOC = 150° ÷ 2 = 75°.
No eneágono, a diagonal OB determina ∠COB = 100° (ângulo inscrito que enxerga um arco de 5 lados: 5 · 40° ÷ 2 = 100°, sendo 40° o ângulo central do eneágono).
Como A e B estão em lados opostos do lado comum OC, o ângulo procurado é a soma:
∠AÔB = ∠AOC + ∠COB = 75° + 100° = 175°.
Alternativa: c) 175°.
Questão 13
Os quadradinhos da figura devem ser preenchidos com os números de 1 a 7, de modo que: os três números na linha horizontal fiquem em ordem crescente da esquerda para a direita; e os três números em cada coluna vertical fiquem em ordem crescente de cima para baixo. De quantas maneiras é possível fazer esse preenchimento?
a) 18
b) 17
c) 16
d) 14 e) 15
Alternativa correta: e) 15.
Chame as casas de: linha horizontal H1 (canto superior esquerdo), H2 (centro) e H3 (canto superior direito); coluna da esquerda H1, L2, L3 (de cima para baixo); coluna da direita H3, R2, R3 (de cima para baixo).
Como H1 é menor que todos os outros, H1 = 1. Falta distribuir 2, 3, 4, 5, 6 e 7. O número 7, por ser o maior, só pode ficar no fim de uma coluna (L3 ou R3); o número 2 só pode ocupar H2 ou L2 (as casas que ficam logo após H1).
Contando todas as distribuições válidas dos números 2 a 7 nas casas H2, H3, L2, L3, R2 e R3 respeitando as três cadeias de desigualdade, chega-se a 15 maneiras.
Alternativa: e) 15.
Questão 14
A figura mostra um quadrado ABCD de lado 2, uma semicircunferência de diâmetro AB e um arco com centro em C e extremidades nos pontos médios dos lados BC e CD. Qual é a menor distância entre um ponto da semicircunferência e um ponto do arco?
a) √5 + 2
b) √5 + 1
c) √5 d) √5 − 2
e) √5 − 1
Alternativa correta: d) √5 − 2.
Coloque o quadrado num sistema de coordenadas com B = (0, 0), C = (2, 0), D = (2, 2) e A = (0, 2).
A semicircunferência tem diâmetro AB, então seu centro é o ponto médio M = (0, 1) e seu raio é 1.
O arco tem centro em C = (2, 0) e passa pelos pontos médios de BC, que é (1, 0), e de CD, que é (2, 1); logo, seu raio também é 1.
A menor distância entre dois pontos, um em cada curva, fica sobre a reta que une os centros M e C. A distância entre os centros é:
MC = √[(2 − 0)² + (0 − 1)²] = √(4 + 1) = √5.
Subtraindo os dois raios (1 de cada curva), a menor distância é √5 − 1 − 1 = √5 − 2. (Verifica-se que os pontos mais próximos caem mesmo sobre a semicircunferência e sobre o arco.)
Élio juntou cinco cubinhos idênticos sobre uma mesa, como mostra a figura, e tirou uma foto. Qual das imagens pode ser a da foto que Élio tirou?
Alternativa correta: c).
Como os cinco cubos são idênticos, qualquer face que apareça numa foto tem de existir no cubo e respeitar as posições vizinhas observadas na figura. As faces do cubo são: círculo, quadrado, estrela de quatro pontas e hexágono.
As alternativas d) e e) mostram um losango. Numa imagem como essa, a face de um cubo nunca aparece girada — um quadrado pintado na face aparece sempre como quadrado, jamais como losango —, e o cubo não tem face em forma de losango. Logo, d) e e) são impossíveis.
A alternativa a) mostra uma estrela de seis pontas, que não é uma das faces do cubo (a estrela é de quatro pontas). Portanto, a) também é impossível.
Restam b) e c), que usam apenas círculo, quadrado e estrela de quatro pontas — as três faces que aparecem juntas (vizinhas duas a duas) no cubo do topo da figura. A única que reproduz corretamente esse canto, com o círculo e o quadrado lado a lado como na figura original, é a c).
Alternativa: c).
Questão 16
Duas caixas A e B contêm, inicialmente, três bolinhas cada. Selecionamos uma das caixas aleatoriamente e retiramos uma bolinha dessa caixa. Repetimos esse procedimento até que uma das caixas fique vazia. Qual é a probabilidade de que, ao final, sobrem duas bolinhas na caixa B?
a) 3/16
b) 3/64
c) 3/4
d) 3/8
e) 3/32
Alternativa correta: a) 3/16.
Para sobrarem 2 bolinhas na caixa B, é a caixa A que tem de esvaziar (3 retiradas em A) enquanto B sofre apenas 1 retirada. Ou seja, o processo termina com a 3ª retirada de A, e até esse momento houve 1 retirada de B.
São, então, 4 retiradas no total, e a última obrigatoriamente é de A (a que esvazia a caixa). Nas 3 primeiras retiradas ocorrem 2 de A e 1 de B, em qualquer ordem: há 3 maneiras (a posição da retirada de B).
Cada sequência de 4 retiradas tem probabilidade (1/2)4 = 1/16. Logo, a probabilidade é 3 · 1/16 = 3/16.
Alternativa: a) 3/16.
Questão 17
De quantas maneiras três fichas de cores diferentes podem ficar distribuídas em um tabuleiro 5 × 5, de modo que quaisquer duas delas não fiquem na mesma linha ou coluna?
a) 600 b) 3600
c) 9000
d) 125
e) 60
Alternativa correta: b) 3600.
Como as fichas têm cores diferentes, elas são distinguíveis e a ordem em que escolhemos as casas importa.
A 1ª ficha pode ir em qualquer uma das 25 casas. A 2ª ficha deve evitar a linha e a coluna já ocupadas, restando 4 linhas × 4 colunas = 16 casas. A 3ª ficha evita duas linhas e duas colunas, restando 3 × 3 = 9 casas.
Total: 25 × 16 × 9 = 3600.
Alternativa: b) 3600.
Questão 18
Dez crianças brincam na aula de educação física. Cada uma delas está dentro de um círculo. Cada um dos 10 círculos contém um número preto e um número vermelho, diferentes entre si, de modo que cada número de 1 a 10 aparece uma única vez na cor preta e uma única vez na cor vermelha. Quando a professora apita, cada criança sai do seu círculo e vai para o círculo em que o número vermelho é igual ao número preto do círculo em que estava. No primeiro apito, todas as crianças saíram dos seus círculos. No terceiro apito, 3 crianças voltaram para seus círculos iniciais e, no quinto apito, 5 crianças retornaram ao seu lugar de origem. Em qual apito todas as crianças voltarão para seus círculos iniciais?
a) trigésimo
b) décimo sexto
c) décimo quinto
d) sexto
e) oitavo
Alternativa correta: a) trigésimo.
O movimento das crianças a cada apito é uma permutação dos 10 círculos. Cada criança volta ao seu lugar quando o número de apitos é múltiplo do tamanho do ciclo em que ela está. Todas voltam juntas no menor múltiplo comum (MMC) dos tamanhos dos ciclos.
No 1º apito ninguém ficou parado: não há ciclo de tamanho 1.
No 3º apito voltaram 3 crianças: são as de ciclos cujo tamanho divide 3. Como não há ciclo de tamanho 1, essas 3 formam um ciclo de tamanho 3.
No 5º apito voltaram 5 crianças: ciclos de tamanho que divide 5. Sem ciclos de tamanho 1, essas 5 formam um ciclo de tamanho 5.
Já temos 3 + 5 = 8 crianças. As 2 restantes formam um ciclo de tamanho 2 (compatível com todas as pistas).
Os tamanhos dos ciclos são 2, 3 e 5. Todas voltam juntas no apito de número MMC(2, 3, 5) = 30, ou seja, no trigésimo apito.
Severino divide uma pilha de 500 fichas em etapas, da seguinte maneira: na 1ª etapa ele divide a pilha em duas pilhas iguais; na 2ª etapa ele acrescenta duas fichas a cada pilha anterior para dividir cada uma delas em três pilhas iguais; na 3ª etapa ele divide cada pilha anterior em quatro pilhas iguais e, caso a divisão não seja exata, adiciona a cada uma das pilhas anteriores o número mínimo de fichas para fazer a divisão exata. Em cada etapa seguinte, ele aumenta em 1 o divisor da etapa anterior, adicionando a cada uma das pilhas o número mínimo de fichas para fazer a divisão exata. O processo termina quando todas as pilhas tiverem uma única ficha. Quantas fichas Severino deve adicionar ao longo de todas essas etapas?
a) 328 b) 220
c) 112
d) 7
e) 21
Alternativa correta: b) 220.
Acompanhe etapa a etapa, lembrando que em cada uma o divisor aumenta de 1 (2, 3, 4, 5, 6...) e que só se adiciona o mínimo necessário para a divisão ficar exata:
Etapa 1 (÷2): 500 ÷ 2 = 250. Divisão exata, nada a acrescentar. Ficam 2 pilhas de 250.
Etapa 2 (÷3): 250 precisa de +2 para chegar a 252 = 3 × 84. Acrescenta 2 em cada uma das 2 pilhas: +4. Ficam 6 pilhas de 84.
Etapa 3 (÷4): 84 ÷ 4 = 21. Divisão exata, nada a acrescentar. Ficam 24 pilhas de 21.
Etapa 4 (÷5): 21 precisa de +4 para chegar a 25 = 5 × 5. Acrescenta 4 em cada uma das 24 pilhas: +96. Ficam 120 pilhas de 5.
Etapa 5 (÷6): 5 precisa de +1 para chegar a 6 = 6 × 1. Acrescenta 1 em cada uma das 120 pilhas: +120. Ficam 720 pilhas de 1.
Como todas as pilhas têm agora 1 ficha, o processo termina. Total adicionado: 0 + 4 + 0 + 96 + 120 = 220 fichas.
Alternativa: b) 220.
Questão 20
Em uma escola há seis professores. Serão formadas várias comissões de três professores, de forma que quaisquer duas delas tenham no máximo um professor em comum. Qual é o maior número possível de comissões que podem ser formadas?
a) 4
b) 5
c) 6
d) 2
e) 3
Alternativa correta: a) 4.
Que duas comissões tenham no máximo um professor em comum significa que nenhum par de professores pode aparecer em duas comissões diferentes.
Veja quantas comissões um mesmo professor pode integrar: em cada comissão ele forma dupla com 2 outros professores, e esses pares não podem se repetir. Como há apenas 5 outros professores, ele só consegue formar pares novos em, no máximo, 2 comissões (2 × 2 = 4 parceiros distintos, ainda dentro dos 5).
Logo, cada professor participa de no máximo 2 comissões. Somando as "vagas": 6 professores × 2 = 12 participações, e como cada comissão usa 3 professores, o número de comissões é no máximo 12 ÷ 3 = 4.
Esse máximo é atingível, por exemplo: {1,2,3}, {1,4,5}, {2,4,6} e {3,5,6} — quaisquer duas têm exatamente um professor em comum.
A Equipe Editorial do Toda Matéria é formada por pesquisadores e professores com vários anos de experiência no sistema educacional brasileiro, com domínio em diferentes disciplinas do ensino básico, fundamental e médio.
