Problemas para la 20a Olimpiada Mexicana de Matem´aticas (Problemas Introductorios)
Editado por:
Jos´ e Luis Alonzo Vel´ azquez Radmila Bulajich Manfrino Gabriela Campero Arena Jes´ us Jer´ onimo Castro Humberto Montalv´ an G´ alvez
2006
Jos´ e Luis Alonzo Vel´ azquez Estudiante, Facultad de Matem´aticas, Universidad de Guanajuato. Radmila Bulajich Manfrino Profesor-Investigador, UAEM. Gabriela Campero Arena Profesor, UNAM. Jes´ us Jer´ onimo Castro Estudiante, CIMAT A.C. Humberto Montalv´ an G´ alvez Estudiante, Facultad de Matem´aticas, Universidad de Puebla.
Contenido
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Presentaci´ on . Etapas de la Olimpiada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Resumen de Resultados . Resultados de M´ exico en las Internacionales . . . . . Resultados del Concurso Nacional de la 19 a OMM . Agradecimientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Informaci´ on sobre la Olimpiada . . . . . . . . . . .
II
iii IV
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. . . .
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. iv . vii . ix . ix
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Enunciados de los Problemas
1
.
Soluciones de los Problemas
23
.
Concentrado de Respuestas
55
Presentaci´ on
La Sociedad Matem´atica Mexicana organiza la 20 a Olimpiada Mexicana de Matem´aticas. Los ganadores del certamen formar´an las selecciones que participar´an en las distintas olimpiadas internacionales del a˜ no 2007: la XIX Olimpiada de la Cuenca del Pac´ıfico que se llevar´a a cabo en el mes de marzo en M´exico y los ex´amenes se corregir´an en Corea; la 48 a Olimpiada Internacional que se llevar´a a cabo en Vietnam durante el mes de julio, la XXII Olimpiada Iberoamericana de Matem´aticas que se realizar´a en septiembre en Portugal y la IX Olimpiada Matem´atica de Centroam´erica y el Caribe que se celebrar´a en alguno de los pa´ıses participantes en el mes de julio. En la 20a Olimpiada Mexicana de Matem´aticas pueden participar los estudiantes de M´exico nacidos despu´es del 1o de agosto de 1987. Los concursantes deber´an estar inscritos en una instituci´on preuniversitaria durante el primer semestre del ciclo escolar 2006-2007 y, para el 1 o de julio de 2007, no deber´an haber iniciado estudios de nivel universitario. La intenci´on de esta publicaci´on es que sirva como orientaci´on a los alumnos que desean participar en estas olimpiadas. Los problemas que aparecen aqu´ı no son ejercicios rutinarios en los que se apliquen directamente los conocimientos que se adquieren en la escuela, son problemas que requieren de una buena dosis de ingenio y de esfuerzo para ser resueltos. Como en todos los aspectos del aprendizaje de las matem´aticas, el esfuerzo individual y el enfrentamiento solitario con los problemas son importantes, pero tambi´en es muy importante la discusi´on con compa˜ neros y profesores. Una forma de manifestar creatividad en matem´aticas es resolviendo problemas. Otra forma, que requiere de una mayor madurez, es invent´andolos. Invitamos a todos los lectores de este folleto: profesores, estudiantes, ol´ımpicos y exol´ımpicos a que nos env´ıen problemas con soluci´on al correo electr´onico
Presentaci´ on
III
[email protected] . Las aportaciones ser´an consideradas para su inclusi´on en ex´amenes o en futuros folletos. Este folleto incluye problemas de los ex´amenes estatales de: Aguascalientes, Baja California, Coahuila, Distrito Federal, Estado de M´exico, Hidalgo, Jalisco, Morelos, Nuevo Le´on, San Luis Potos´ı, Sonora y Zacatecas.
Etapas de la Olimpiada La Olimpiada Mexicana de Matem´aticas consta de tres etapas: Ex´ amenes Estatales. En cada estado hay un delegado que organiza esta etapa y de ella surgen las selecciones estatales que asisten al Concurso Nacional. Al final de este folleto hemos incluido los datos de los delegados estatales. Concurso Nacional. Este concurso se llevar´a a cabo en la ciudad de Zacatecas, Zacatecas, del 12 al 18 de noviembre de 2006. En ´el, se elegir´a a la preselecci´on mexicana. Entrenamientos. A los alumnos de la preselecci´on que surjan del Concurso Nacional se les entrenar´a intensivamente durante el primer semestre del a˜ no 2007. Tambi´en, se les aplicar´an ex´amenes para determinar a los que representar´an a M´exico en las olimpiadas internacionales. La participaci´on en las tres etapas mencionadas es individual.
Presentaci´ on
IV
Resumen de Resultados En el a˜ no de 1987 la Sociedad Matem´atica Mexicana organiz´o la Primera Olimpiada Mexicana de Matem´aticas. A partir de esa fecha, los concursos nacionales se han celebrado anualmente en las ciudades de Xalapa, Hermosillo, Metepec, Guanajuato, Oaxtepec, La Trinidad, Acapulco, Guadalajara, Colima, M´erida, Monterrey, Quer´etaro, Oaxaca, Morelia, Oaxtepec, Colima, Guanajuato, Ixtapan de la Sal y Campeche.
Resultados de M´ exico en las Internacionales Los resultados de las delegaciones mexicanas en las olimpiadas internacionales en las que se ha participado son los siguientes: Olimpiada Internacional de Matem´ aticas a˜ no 1988 1989 1990 1991 1992 1993 1994 1995 1996 1997 1998 1999 2000 2001 2002 2003 2004 2005
pa´ıs sede Australia Rep. Fed. de Alemania Rep. Popular de China Suecia Rusia Turqu´ıa Hong Kong Canad´a India Argentina Taiw´an Rumania Corea Estados Unidos Escocia Jap´on Grecia M´exico
no. de pa´ıses 49 50 54 55 56 73 69 74 75 82 75 81 82 83 84 82 84 91
lugar de M´exico 37 31 36 35 49 63 65 59 53 32 44 52 30 46 46 41 37 31
La 46a Olimpiada Internacional de Matem´aticas se llev´o a cabo en M´erida, M´exico, del 6 al 19 de julio de 2005. La delegaci´on que represent´o a M´exico estuvo integrada por los alumnos: Isaac Buenrostro Morales (Jalisco), H´ector ´ Daniel Garc´ıa Lara (Chihuahua), Guevara Manuel Angel Guevara L´opez (Zacatecas), David Guadalupe Torres Flores (Guanajuato), Pablo Sober´on Bravo
Presentaci´ on
V
(Morelos), Iv´an Joshua Hern´andez Maynez (Coahuila). Se obtuvieron 4 medallas ´ de bronce (Isaac, Guevara Manuel Angel, Iv´an Joshua y Pablo) y dos menciones honor´ıficas (Hector Daniel y David Guadalupe). M´exico ocup´o el lugar 31 de 91 pa´ıses participantes. Olimpiada Iberoamericana de Matem´ aticas a˜ no 1989 1990 1991 1992 1993 1994 1995 1996 1997 1998 1999 2000 2001 2002 2003 2004 2005
pa´ıs sede Cuba Espa˜ na Argentina Venezuela M´exico Brasil Chile Costa Rica M´exico Rep´ ublica Dominicana Cuba Venezuela Uruguay El Salvador Argentina Espa˜ na Colombia
no. de pa´ıses 13 15 16 16 16 16 18 17 17 18 20 21 21 22 19 22 22
lugar de M´exico 3 3 5 6 9 6 9 2 3 5 3 2 3 3 4 5 2
La XX Olimpiada Iberoamericana se llev´o a cabo en Cartagena, Colombia, del 25 de septiembre al 1◦ octubre de 2005. Los alumnos que concursaron fueron: H´ector David Guadalupe Torres Flores (Guanajuato), Guevara Manuel ´ Angel Guevara L´opez (Zacatecas), Pablo Sober´on Bravo (Morelos), Iv´an Joshua Hern´andez Maynez (Coahuila). Se obtuvieron dos medallas de oro (Guevara ´ Manuel Angel con un examen perfecto e Iv´an Joshua), una de plata (Pablo) y una de bronce (David Guadalupe). M´exico ocup´o el segundo lugar de 22 pa´ıses que participaron.
Presentaci´ on
VI
Olimpiada Matem´ atica de Centroam´ erica y el Caribe a˜ no 1999 2000 2001 2002 2003 2004 2005
pa´ıs sede Costa Rica El Salvador Colombia M´exico Costa Rica Nicaragua El Salvador
no. de pa´ıses 10 9 10 8 11 12 12
lugar de M´exico 2 2 2 1 1 1 1
Entre el 7 y el 11 de junio, se celebr´o en El Salvador, la VII Olimpiada Matem´atica de Centroam´erica y el Caribe. La delegaci´on mexicana estuvo integrada por los alumnos: Jan Marte Contreras Ortiz, Isaac Buenrostro Morales y Pa´ ul Iv´an Gallegos Bernal (todos ellos de Jalisco). Los alumnos (Isaac y Pa´ ul Iv´an) obtuvieron 2 medallas de oro y (Jan Marte) una medalla de plata. M´exico ocup´o la posici´on n´ umero 1 de 12 pa´ıses participantes. Olimpiada Matem´ atica de la Cuenca del Pac´ıfico Desde 1991, los ganadores del Concurso Nacional participan anualmente en la Olimpiada de Matem´aticas de la Cuenca del Pac´ıfico. No existe un registro estad´ıstico sobre la participaci´on de M´exico antes del 2004. a˜ no 2004 2005
pa´ıs organizador Canad´a Corea
no. de pa´ıses 19 19
lugar de M´exico 9 13
Durante el mes de marzo de 2005 se aplic´o el examen de la XVII Olimpiada de la Cuenca del Pac´ıfico a todos los alumnos que en ese momento se encontraban en los entrenamientos. Dicho examen llega por correo, y se aplica y califica en M´exico. Los mejores ex´amenes se enviaron a Corea, pa´ıs organizador, para ser evaluados por el comit´e coreano. Los alumnos que obtuvieron medalla fueron: Pablo Sober´on Bravo (Morelos, medalla de plata), H´ector Daniel Garc´ıa Lara (Chihuahua, medalla de bronce). Los alumnos que mencionamos a continuaci´on obtuvieron menci´on honor´ıfica: Paul Iv´an Gallegos Bernal (Jalisco), Isaac ´ Buenrostro Morales (Jalisco), Guevara Manuel Angel Guevara L´opez (Zacatecas), Galo Higuera Rojo (Morelos), Iv´an Joshua Hern´andez Maynez (Coahuila),
Presentaci´ on
VII
Andr´es Ru´ız Vargas (Yucat´an), Mario Alejandro Huicochea Mason (Distrito Federal) y Francisco Javier Ibarra Goycoolea (Baja California). M´exico ocup´o el lugar n´ umero 13 de los 19 pa´ıses participantes. Total de medallas obtenidas por M´ exico en las olimpiadas internacionales Olimpiada Internacional Iberoamericana Centroamericana
Oro 0 13 12
Plata 3 25 7
Bronce 28 23 2
Menci´on Honor´ıfica 20 3 0
Resultados del Concurso Nacional de la 19a Olimpiada Mexicana de Matem´ aticas Del 6 al 12 de noviembre de 2005 se llev´o a cabo en Campeche, Campeche, el Concurso Nacional de la 19a Olimpiada Mexicana de Matem´aticas, con la participaci´on de todos los estados de la Rep´ ublica. Los 16 alumnos ganadores del primer lugar fueron:
Ram´ırez Prado Juan Carlos (Baja California) Ruelas V´azquez Juan Carlos (Chihuahua) Hern´andez M´aynez Iv´an Joshua (Coahuila) Campos Garc´ıa Fernando (Distrito Federal) Torres Flores David Guadalupe (Guanajuato) Buenrostro Morales Isaac (Jalisco) Contreras Ortiz Jan Marte (Jalisco) Pacchiano Camacho Aldo (Morelos) Sober´on Bravo Pablo (Morelos) Escalera Rodr´ıguez Jes´ us Aar´on (Nuevo Le´on) Sierra Gonz´alez Daniel Alfonso (Nuevo Le´on) Ram´ırez Garc´ıa Luna Valente (San Luis Potos´ı) Bueno Contreras Jos´e Jorge (Sonora) Rivera Arredondo Carolina (Sonora) ´ Avila Ponce de Le´on Marco Antonio (Yucat´an) ´ Guevara L´opez Manuel Angel Guevara (Zacatecas).
Presentaci´ on
VIII
Los 5 alumnos preseleccionados para la Olimpiada Matem´atica de Centroam´erica y el Caribe fueron: Gallegos Bernal Paul Iv´an (Jalisco) R´ıos Ferrusca Jos´e Daniel (Quer´etaro) G´omez Emilsson Andr´es Leonardo (Distrito Federal) Novelo Puc Manuel Jes´ us (Yucat´an) Mendoza Orozco Rodrigo (Jalisco). Aunque la participaci´on en el Concurso Nacional es individual, es importante destacar la labor que han llevado a cabo los estados de la Rep´ ublica apoyando a sus concursantes. Con el prop´osito de reconocer este trabajo, presentamos el registro de los estados que ocuparon los primeros diez lugares en la 19 a Olimpiada Nacional. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.
Jalisco Morelos Yucat´an Chihuahua Guanajuato San Luis Potos´ı Nuevo Le´on Sonora Distrito Federal Quer´etaro
En esta ocasi´on, el premio a la Superaci´on Acad´emica se llam´o Copa “AH-KIMPECH”y fue ganado por el estado de Yucat´an. El segundo y tercer lugar de este premio lo ocuparon, respectivamente, San Luis Potos´ı y Morelos.
Presentaci´ on
IX
Agradecimientos Agradecemos a todos los estados que colaboraron con los problemas que aparecen en este folleto, as´ı como a todas las personas que participaron en la elaboraci´on del mismo.
Informaci´ on sobre la Olimpiada Para obtener m´as informaci´on sobre los eventos de la Olimpiada Mexicana de Matem´aticas o para consultar m´as material de estudio, visita nuestro sitio de Internet: http://erdos.fciencias.unam.mx/omm
´ ORGANIZADOR DE LA COMITE ´ OLIMPIADA MEXICANA DE MATEMATICAS
Febrero de 2006
X
Presentaci´ on
Enunciados de los Problemas
Para mostrar el tipo de problemas que se manejan en la fase estatal de la Olimpiada Mexicana de Matem´aticas, presentamos aqu´ı algunos ejemplos de ellos. Las soluciones se encuentran despu´es. Problema 1. Ana tiene dos recipientes vac´ıos id´enticos y un vaso peque˜ no. Primero, Ana llena el recipiente A hasta el tope con agua del garraf´on, y como tiene sed, bebe 2 vasos de agua (tomada del recipiente A). Despu´es, llena completamente el recipiente B con agua del garraf´on, pero como no le gusta que est´e tan lleno, vierte un vaso de agua del recipiente B al recipiente A. ¿C´omo se compara la cantidad de agua en el recipiente A con la cantidad de agua en el recipiente B? (a) son iguales (b) hay m´as agua en A (d) son distintas (y no se puede saber nada m´as)
(c) hay m´as agua en B (e) no se puede saber nada
Problema 2. En el tri´angulo ABC, ∠A + ∠B = 110 ◦ , y D es un punto sobre el segmento AB tal que CD = CB y ∠DCA = 10 ◦ . El a´ngulo ∠A mide: C 10◦
B (a) 45◦
(b) 50◦
D (c) 55◦
A (d) 60◦
(e) 65◦
2
Problemas
Problema 3. ¿Para qu´e entero positivo n se satisface la ecuaci´on siguiente? 2006 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) = 2 + 4 + 6 + . . . + 2n 2007 (a) 100
(b) 2005
(c) 2006
(d) 2007
(e) 2008
Problema 4. Inicialmente, las casillas 1 y 3 del tablero mostrado est´an pintadas de blanco, mientras que las casillas 2 y 4 est´an pintadas de negro. Cada determinado tiempo, una de las casillas cambia su color al color opuesto. Si las casillas cambian en este orden: 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, etc´etera, ¿cu´al ser´a el aspecto del tablero despu´es del cambio n´ umero 2005?
(a)
(b)
1
2
4
3
(c)
(d)
(e)
Problema 5. Israel, David, Gonzalo, Gerardo, Iv´an y Mario se sentaron alrededor de una mesa circular en un restaurante. Ni Israel, ni Gerardo, ni Mario se sentaron junto a otro de ellos tres. Adem´as, los nombres de cualesquiera dos personas que estaban sentadas juntas empezaban con letras distintas. ¿Qui´en estaba sentado en la posici´on opuesta a Mario? (a) Israel
(b) David
(c) Gonzalo
(d) Gerardo
(e) Iv´an
Problema 6. ¿Cu´antas cantidades diferentes de dinero puedes pagar con cambio exacto si tienes 2 monedas de $1 y 2 monedas de 50 centavos? (a) 1
(b) 3
(c) 5
(d) 6
(e) m´as de 6
Problema 7. ¿Cu´antos n´ umeros enteros positivos son m´ ultiplos de 5, pero no de 3 y son menores que 1000? (a) 134
(b) 133
(c) 200
(d) 667
(e) 206
Problemas
3
Problema 8. Se quiere partir un pastel cuadrado en 52 pedazos con cortes rectos que lo atraviesen por completo y que sean paralelos a sus lados. ¿Cu´antos cortes hay que hacer, por lo menos? (a) 12
(b) 15
(c) 17
(d) 26
(e) 51
Problema 9. Chencha almacena agua en dos barriles, uno grande y otro peque˜ no. Al barril grande le caben 53 litros de agua mientras que al barril peque˜ no le caben 40 litros. Un d´ıa que ambos barriles estaban vac´ıos, Chencha llen´o el barril peque˜ no con agua del pozo. Luego virti´o toda esta agua en el barril grande y volvi´o a llenar el barril peque˜ no con agua del pozo. Finalmente, virti´o agua del barril peque˜ no en el barril grande hasta que complet´o lo que le faltaba a ´este para llenarse. ¿Cu´antos litros de agua quedaron en el barril peque˜ no, en ese momento? (a) 0
(b) 13
(c) 17
(d) 27
(e) 40
Problema 10. Abajo se muestra una cuadr´ıcula en la cual se pintaron 3 renglones y 4 columnas de gris. Las casillas que se pintaron dos veces de gris se volvieron negras. Si en una cuadr´ıcula m´as grande se pintan de gris 23 renglones y 31 columnas, ¿cu´antas casillas negras habr´a?
(a) 54
(b) 64
(c) 703
(d) 713
(e) No se puede determinar
Problema 11. Utilizando dos piezas como ´esta
¿cu´al de las figuras de abajo no se puede formar, dado que las piezas se pueden rotar, pero no voltear?
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
4
Problemas
Problema 12. ¿Cu´antos n´ umeros enteros x hay tales que entero? (a) 1
(b) 8
(c) 357
10x+1 2x−1
es un n´ umero
(d) 358
(e) 4
Problema 13. Se vende el 20 % de una finca de 40 hect´areas, se alquila el 50 % del resto y se cultiva el 25 % del nuevo resto. Hallar la porci´on cultivada. (a) 4.5 hect´areas
(b) 2 hect´areas (d) 4 hect´areas (e) 8 hect´areas
(c) 10 hect´areas
Problema 14. ¿Cu´al de las siguientes expresiones no es igual a cero? (a) 4
4+4 4
−4×4
(b) 4 + 4 × 4 − 4 4 + (d)
4 4 −4− 4 4×4
(e)
444
4 4
(c)
√ 4 4 −
44 4
+
4 4
+4
44−44 √ √ 4 4− 4/4+4/4
Problema 15. En el arreglo rectangular de puntos mostrado, la distancia entre cualesquiera dos puntos adyacentes es 1. ¿Cu´al es el a´rea m´as grande que puede tener un cuadril´atero, tres de cuyos v´ertices son los puntos blancos, si su cuarto v´ertice es uno de los puntos negros?
(a) 5 21
(b) 6
(c) 6 21
(d) 7
(e) 7 21
Problema 16. Un virus atac´o el disco duro de una computadora, el primer d´ıa destruy´o dos terceras partes, el segundo d´ıa, de lo que qued´o destruy´o una cuarta parte, finalmente el tercer d´ıa destruy´o la quinta parte de lo que quedaba. ¿Qu´e fracci´on del disco duro qued´o sin da˜ nar? (a)
1 30
(b)
13 60
(c)
7 60
(d) 35
(e)
1 5
Problema 17. ¿Cu´antas veces aparece el factor 2 en la descomposici´on en primos de 1 + 2 + 3 + ... + 102005 ? (a) 1
(b) 2006
(c) 2005
(d) 20
(e) 2004
Problemas
5
Problema 18. Los n´ umeros positivos relaciones: a·b b·c c·d d·e e·a
a, b, c, d y e satisfacen las siguientes =1 =4 =9 = 16 = 25.
Hallar a, b, c, d y e. (a)
8 15 6 15 4 15 6 40 (b) 15 8 , 15 , 2 , 5 , 3 8 , 15 , 2 , 10 , 8 15 6 40 (d) 15 (e) 8 , 15 , 4 , 5 , 3
40 (c) 3 15 8 15 6 4 , 15 , 2 , 3 ,
15 8 15 6 40 8 , 15 , 2 , 5 , 3 40 6
Problema 19. Cierto profesor de matem´aticas realiza 5 ex´amenes a lo largo del a˜ no, en cada uno de los cuales otorga a sus alumnos como calificaci´on un entero entre 0 y 10. ¿Cu´al es el menor promedio que pudo haber obtenido Ana, si, con tan s´olo conocer este promedio, su mam´a supo que su hija hab´ıa obtenido 10 en al menos dos de los ex´amenes? (a) 9.2
(b) 9.3
(c) 9.4
(d) 9.5
(e) 9.6
Problema 20. Cinco amigos llegaron en distintos momentos a un restaurante para comer. En cuanto se sent´o a la mesa, Marisol le cont´o a Claudia un secreto de Juli´an sin que ´el estuviera presente. Cuando lleg´o Aar´on, a´ un no llegaba Rosalba. A pesar de esto la mejor amiga de Rosalba ya no pudo platicarle a nadie del regalo sorpresa que planeaba comprarle a Rosalba para su cumplea˜ nos la pr´oxima semana. ¿Qui´en lleg´o al final? (a) Aar´on
(b) Claudia
(c) Juli´an
(d) Marisol
(e) Rosalba
Problema 21. Una recta parte al rect´angulo ABCD como se muestra. Si el segmento AP mide 3 y el segmento QC mide 2, ¿cu´anto vale la longitud de DQ menos la longitud de P B? A
D (a) 1
(b) 2
(c) 3
3
P
B
Q (d) 5
2 C (e) No se puede determinar
6
Problemas
Problema 22. Compr´e un costal lleno de alpiste para alimentar a mi canario. El primer d´ıa mi canario se comi´o 12 del total de alpiste. El segundo d´ıa se comi´o 1 ıa comi´o 41 del sobrante. Del total de alpiste 3 del alpiste restante y el tercer d´ que hab´ıa en el costal, ¿qu´e fracci´on queda? (a)
1 2
(b)
1 3
(c)
1 4
(d) 51
(e)
1 6
Problema 23. En un puesto de frutas y verduras hay 5 cajas de madera colocadas en l´ınea que contienen productos distintos. La caja con fresas est´a junto a la caja con berenjenas y junto a la caja con espinacas; la caja con mandarinas y la caja con papas no est´an colocadas una junto a la otra; adem´as, la caja con mandarinas se encuentra hacia la derecha de la caja con berenjenas. ¿Qu´e art´ıculo se encuentra en la caja del extremo izquierdo de la l´ınea? (a) Berenjenas
(b) Espinacas
(c) Fresas
(d) Mandarinas
(e) Papas
Problema 24. Si 9x+2 = 240 + 9x , entonces el valor de x es: (a)
1 10
(b)
2 10
(c)
3 10
(d)
4 10
(e)
1 2
Problema 25. En la figura, los tri´angulos 4P AB y 4P CD son id´enticos. Si el a´ngulo ∠AP C = 67◦ y el a´ngulo ∠CP D = 38◦ , ¿cu´anto mide el a´ngulo ∠BP C? P A C
D
B (a) 29◦
(b) 31◦
(c) 38◦
(d) 39◦
(e) 67◦
Problema 26. Una alfombra m´agica, de forma rect´angular, despu´es de cumplirle un deseo a su due˜ no, se reduce a la mitad de su longitud y a la tercera parte de su ancho. Al cabo de tres deseos la alfombra tiene un a´rea de 4m 2 . Si su ancho inicial era de 9m, ¿cu´al era su largo inicial? (a) 106m
(b) 84m
(c) 12m
(d) 76m
(e) 96m
Problemas
7
Problema 27. En la figura, la circunferencia grande tiene per´ımetro 2, mientras que la circunferencia peque˜ na tiene per´ımetro 1. El a´rea de la regi´on sombreada es:
(a)
1 2π
(b)
3 4π
(c)
π 4
(d)
3π 4
(e) depende de la posici´on exacta de las circunferencias Problema 28. Pablito recorta cada una de las cifras del n´ umero 2003 de un peri´odico, y se dispone a pegar algunos de estos cuatro trocitos de papel (o tal vez todos) en un rengl´on de su cuaderno para formar un n´ umero. ¿Cu´antos n´ umeros distintos puede construir de esta manera? (a) 12
(b) 15
(c) 18
(d) 19
(e) 21
Problema 29. ¿Cu´al es la cantidad de volumen mayor? (a) 0.1 Dm3
(b) 50 m3
(d) 50 000 000 000 mm3
(c) 10 000 000 cm3 (e) Hay dos cantidades iguales
Problema 30. En una hoja blanca bastante grande se escriben n´ umeros de la siguiente manera. En el rengl´on #1, se escriben los n´ umeros 1, 2, 3, ..., 2002. Debajo de cada n´ umero del rengl´on #1, en el rengl´on #2, se escribe el resultado de dividir dicho n´ umero entre 2. Debajo de cada n´ umero del rengl´on #2, en el rengl´on #3, se escribe el resultado de dividir dicho n´ umero entre 3, y as´ı sucesivamente. ¿Cu´al es el primer rengl´on que no tiene escrito ning´ un entero? (a) #2
(b) #5
(c) #6
(d) #7
(e) #2003
Problema 31. Un conejo da 5 saltos mientras que un perro que lo persigue da 4, pero 8 saltos de ´este equivalen a 11 saltos de aqu´el. Si el conejo le lleva 66 saltos de ventaja, ¿cu´antos saltos ha de dar el perro para alcanzar al conejo? (a) Una infinidad
(b) 528
(c) 527
(d) 529
(e) 530
8
Problemas
Problema 32. ¿Cu´al es la medida del radio del c´ırculo inscrito en un tri´angulo de lados 3, 4 y 5, respectivamente? (a) 2
(b)
1 2
(c) 1
3 2
(d)
(e)
5 2
Problema 33. En la siguiente figura el lado AB del cuadrado ABCD mide 1. M es el punto medio de BD, y la circunferencia con centro en B que pasa por M corta al lado BC en L. Si N es el punto en el que la recta que para por M y L se intersecta con AD, ¿cu´anto mide AN ? A N
D M
B (a)
1 4
(b)
√ 2−1 2
L C (c)
√ 2− 2 2
(d)
1 3
(e)
√ 2 2
Problema 34. Dado un entero positivo n, considera los n´ umeros X=
1 1+
1 n
y
Y =
1 1+
1 1 1+ n
.
¿Cu´al de las siguientes relaciones entre X y Y es v´alida para todos los valores de n? (a) X + 1 = Y (d)
1 X
(c) (b) X + 1 = Y1 1 1 +1= Y (e) X( Y − 1) = 1
1 X
+1=Y
Problema 35. Si P es el incremento de la circunferencia de un c´ırculo cuando incrementamos en π cent´ımetros el di´ametro del c´ırculo, ¿cu´al es el valor de P? (a)
1 π
(b) π
(c)
π2 2
(d) π 2
Problema 36. Una dise˜ nadora dispone de 5 tonos de naranja, 7 tonos de verde y 4 tonos de morado, y quiere escoger dos de estos para un logotipo. Ella considera que usar dos tonos del mismo color es aburrido, pero todas las dem´as combinaciones le agradan. ¿Cu´antas opciones tiene? (a) 55
(b) 67
(c) 70
(d) 83
(e) 90
Problemas
9
Problema 37. ¿Cu´al es la cifra decimal que ocupa el lugar 2005 en el desarrollo 4 ? decimal de 101 (a) 3
(b) 6
(c) 0
(d) 9
(e) otro
Problema 38. En la siguiente figura el 4ABC es un tri´angulo equil´atero tal que sus lados tienen longitud 3 y P A es paralela a BC. Si P Q = QR = RS, la longitud de CS es: P
A Q
(a) 1
(b)
R
B (c)
3 2
√ 3 2
C S (d)
√ 3
(e)
√
5
Problema 39. Dos amigos juegan con las ruletas mostradas: Juan con la de la izquierda y Lupe con la de la derecha. En su turno, cada jugador gira su aguja en el sentido de las manecillas del reloj tantos lugares como lo indique la ruleta del jugador contrario. Por ejemplo, si la aguja de Juan apunta al 2 y la de Lupe apunta al 4 y es el turno de Juan, entonces Juan mueve su aguja hasta que apunte al 3 (dando una vuelta completa y avanzando un lugar m´as). Inicialmente ambas agujas apuntan al n´ umero 1. Empieza Juan y luego se van alternando los turnos. ¿Qu´e n´ umero indica la ruleta de Lupe despu´es de 2004 jugadas? 1 3
(a) 1
(b) 2
1 5 2 4 3
2
(c) 3
(d) 4
(e) 5
(d) 4000
(e) 6000
Problema 40. ¿Cu´antos ceros hay al final de (102 + 103 + . . . + 1010 )2005 ? (a) 4010
(b) 2005
(c) 2006
10
Problemas
Problema 41. Si x > 5, ¿cu´al de las siguientes fracciones es la menor? (a)
5 x
(b)
5 x+1
(c)
5 x−1
(d)
x 5
(e)
x+1 5
Problema 42. ¿Cu´al es el menor entero positivo con la propiedad de que al multiplicarlo por 14 se obtiene como resultado un n´ umero cuyas primeras dos cifras son 41? (a) 29
(b) 30
(c) 292
(d) 293
(e) No existe tal entero
Problema 43. Inicialmente la aguja de una br´ ujula apunta hacia arriba (↑). Cada minuto, la aguja gira 135◦ en el sentido de las manecillas del reloj. ¿Qu´e aspecto tendr´a la aguja despu´es de 2005 minutos? (a) ↑
(b) %
(c) &
(d) .
(e) -
Problema 44. ¿Cu´antos n´ umeros de 2 cifras hay con la propiedad de que sus d´ıgitos son n´ umeros enteros consecutivos? (a) 8
(b) 9
(c) 16
(d) 17
(e) 18
Problema 45. ABCD es un trapecio, con AB paralela a DC, y ∠ADC = ∠BCD = 45◦ . E y F son puntos sobre el lado DC tales que DE = EF = F C = 1. Adem´as, el trapecio tiene la propiedad de que AF es paralela a BC y BE es paralela a AD. El per´ımetro del trapecio es:
D √ (a) 4 2
(b) 6
A
B
E
F
√ (c) 4 + 2 2
C (d) 7
√ (e) 4 + 2 3
Problema 46. Javier escribi´o un n´ umero de cinco cifras pero se le borraron dos de ellas. El n´ umero se ve de la siguiente forma 679. El primero y u ´ltimo d´ıgito son los que se han borrado. Si se sabe que el n´ umero es divisible por 72, ¿cu´al es el n´ umero? (a) 46792
(b) 36792
(c) 36796
(d) 36794
(e) 46798
Problemas
11
Problema 47. El punto P de la diagonal AC del cuadrado ABCD mostrado tiene la propiedad de que ∠ABP = 30◦ . ¿Cu´anto mide ∠QP D? Q A D
30◦ P
B (a) 15◦
(b) 20◦
C (c) 24◦
(d) 30◦
(e) 36◦
Problema 48. En las casillas de la cuadr´ıcula de la siguiente figura se van a escribir los n´ umeros enteros del 1 al 9 (sin repetir). Queremos que alrededor de cada v´ertice marcado la suma de los cuatro n´ umeros que queden en los cuadrados que comparten ese v´ertice sea 20. Si se escribe 5 y 3 como se indica, ¿qu´e n´ umero deber´a quedar en la casilla sombreada?
5
3
(a) 2
(b) 4
(c) 6
(d) 7
(e) 9
Problema 49. Si m y n son enteros y m < n, definamos m ⊕ n como la suma de todos los enteros entre m y n, incluyendo a m y n. Por ejemplo, 3 ⊕ 6 = 3+4+5+6 = 18. ¿A qu´e es igual (1 ⊕ 18)−(2 ⊕ 17)+(3 ⊕ 16)−· · ·+(9 ⊕ 10)? (a) 19
(b) 95
(c) 161
Problema 50. Tomando en cuenta que n´ umeros es el menor? (a) 5 + π +
√ 7
(d) 190
(e) 361
√ 7 < π < 5, ¿cu´al de los siguientes
(b) 5 + π − √ (d) 7 + 5 − π
√ 7 √ (e) π + 7
(c) π +
√ 7−5
12
Problemas
Problema 51. Una alcantarilla rectangular de metal tiene 23 hoyos circulares id´enticos por donde fluye agua a 1.38 litros por segundo. Si a la alcantarilla se le hacen 16 nuevas perforaciones circulares cuyo di´ametro mide la mitad del di´ametro de los hoyos originales, ¿cu´anta agua por segundo fluir´a por la alcantarilla? (a) 1.62 litros
(b) 1.78 litros
(c) 1.86 litros
(d) 2.04 litros
(e) 2.34 litros
Problema 52. En la figura mostrada, el centro A de la circunferencia peque˜ na est´a sobre la circunferencia de centro B. Si el a´ngulo ∠AQB mide 70 ◦ , ¿cu´anto mide el a´ngulo x indicado? Q 70◦
A
x
B
P (a) 30◦
(b) 35◦
(c) 40◦
(d) 45◦
(e) 50◦
Problema 53. Do˜ na Isabel guarda sus frijoles en tres bandejas que tienen capacidad para 121, 144 y 169 frijoles, respectivamente. Para transportarlos de la bolsa a las bandejas, Do˜ na Isabel utiliza una de cinco cucharas, que tienen capacidad para 10, 11, 12, 13 y 14 frijoles, respectivamente. A Do˜ na Isabel le gusta vaciar cucharadas llenas a las bandejas, y no le gusta que se derramen frijoles cuando ´estas se llenan. Si inicialmente las tres bandejas se encuentran vac´ıas, la cuchara que le conviene usar para que, al final, entre las tres bandejas haya guardado la mayor cantidad posible de frijoles, es la cuchara con capacidad para: (a) 10 frijoles
(b) 11 frijoles
(c) 12 frijoles
(d) 13 frijoles
(e) 14 frijoles
Problema 54. Un autom´ovil se encuentra en una esquina de una ciudad cuyas calles forman una cuadr´ıcula y son todas de doble sentido. Se dispone a recorrer 3 cuadras (comenzando hacia cualquier direcci´on), con la u ´nica condici´on de que cuando llegue a una esquina no regrese por donde acaba de venir. ¿Cu´antos recorridos distintos puede realizar el veh´ıculo? (a) 16
(b) 27
(c) 28
(d) 36
(e) 40
Problemas
13
Problema 55. En el paralelogramo ABCD, AE corta a la diagonal BD en G y a DC en F . Si AG = 6 y GF = 4, ¿cu´anto mide EF ? A
D
G F
B (a) 5
(b)
C
6 4
(c)
3 2
E (d) 4
(e) 10
Problema 56. En el tri´angulo ABC, la mediana BE es perpendicular a la mediana CD. Encuentra BC si AB = 6 y CA = 8. √ (a) 2 3
(b)
√ 10
√ (c) 4 5
√ (d) 2 5
(e) 10
Problema 57. Las medidas de los lados de un tri´angulo rect´angulo son 60, 80 y 100. Encuentra la medida del segmento, dibujado desde el v´ertice del a´ngulo recto a la hipotenusa, que divide al tri´angulo en dos tri´angulos con el mismo per´ımetro. √ (a) 24 3
√ (b) 4 10
√ (c) 4 5
√ (d) 12 5
√ (e) 24 5
Problema 58. Juanito coloc´o un n´ umero entero en cada una de las casillas de una cuadr´ıcula de 3×3. Se dio cuenta de que cada n´ umero de la tercera columna era la suma de los dos n´ umeros a su izquierda, mientras que cada n´ umero del tercer rengl´on era el producto de los dos n´ umeros de arriba. Sabemos que Juanito coloc´o los n´ umeros 6, 3 y 2 como se muestra en la figura. ¿Qu´e n´ umero coloc´o Juanito en la esquina inferior derecha de la cuadr´ıcula? 6
3
2
(a) −1
(b) 9
(c) 16
(d) 18
(e) no se puede determinar
Problema 59. En Sikinia hay monedas de $5, $8 y $13 ¿Cu´al de las siguientes cantidades no se puede pagar utilizando exactamente 6 monedas sikinas? (a) $51
(b) $52
(c) $53
(d) $54
(e) $55
14
Problemas
Problema 60. Un equipo de futbol americano anot´o 576 puntos en toda la temporada, pero su promedio de puntos anotados por partido fue menor que 18. ¿Cu´anto puede valer, a lo mucho, este promedio? Nota: En un partido de futbol americano un equipo puede anotar cualquier cantidad entera de puntos mayor que 1 o no anotar puntos. (a) 16
(b) 17
(d) 17 17 18
5 (c) 17 11
(e) No se puede determinar
Problema 61. Una hoja cuadrada de papel se dobla, marcando bien el doblez. Luego, sin deshacer este doblez, el trozo de papel resultante se vuelve a doblar. El procedimiento se realiza una tercera vez. Cuando se desdobla por completo la hoja, los dobleces han creado un dise˜ no. ¿Cu´al de los siguientes no puede ser el dise˜ no observado?
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
Problema 62. En el extremo de cada rama de cierto matorral hay una hoja o una flor. El matorral crece de la siguiente manera: si hoy hay una hoja en el extremo de una rama, el pr´oximo a˜ no desaparecer´a la hoja y aparecer´a una flor en ese lugar; si hoy hay una flor en el extremo de una rama, el pr´oximo a˜ no desparecer´a la flor y aparecer´an dos ramas nuevas con hojas en sus extremos. Si el matorral tiene hoy 80 flores y el a˜ no pasado ten´ıa 70, ¿cu´antas hojas tendr´a dentro de 2 a˜ nos? (a) 150
(b) 210
(c) 240
(d) 280
(e) 320
Problema 63. Un astronauta se encuentra en un peque˜ no planeta esf´erico cuyo ecuador mide 400km de circunferencia. El astronauta camina 100km sobre la superficie del planeta, luego da vuelta 90 ◦ a la izquierda y camina otros 100km; finalmente da vuelta 90◦ a la derecha y camina otros 100km. ¿A qu´e distancia (sobre la superficie del planeta) se encuentra el astronauta de su punto de partida? √ (d) 224km (e) 400km (a) 100km (b) 200km (c) 100 5km Problema 64. ¿Cu´al de los siguientes n´ umeros no es divisor de 11 · · · 1}? | {z 78
(a) 3
(b) 11
(c) 37
(d) 41
(e) 11 · · · 1} | {z 13
Problemas
15
Problema 65. ABCD es un rect´angulo y E es un punto sobre la diagonal AC tal que BE es perpendicular a AC. Si AE = 4 y BE = 3, el a´rea de ABCD es A B
E D (a)
35 2
(b)
1125 64
C √ (d) 5 13
(c) 18
(e)
75 4
Problema 66. En la figura, M es el punto medio de la altura AD del tri´angulo equil´atero ABC, y ∠DM E = 60◦ . ¿Cu´al es el a´rea del cuadril´atero M DCE, si el lado del tri´angulo es 2? A
M 60◦
B (a)
√ 3 3+5 16
(b)
√ 3 8
D (c)
E C
√ 3 3 16
(d)
√ 3 4
(e)
√ 5 3 16
Problema 67. Los divisores positivos del n´ umero N = 2 100 3100 (incluyendo 1 y N ), se escriben en una lista, ordenados de mayor a menor. ¿Cu´al divisor ocupa el quinceavo lugar en la lista? (a) 2100 396
(b) 297 398
(c) 294 3100
(d) 299 397
(e) 296 399
Problema 68. Una tira de cinta adhesiva de 18m de longitud se enrolla para su venta alrededor de un carrete circular de cart´on de di´ametro 8cm, sin que quede aire entre las sucesivas capas del material. El grosor promedio del aro formado por las capas de cinta adhesiva es 10mm. Si se enrollan 40m de la misma cinta alrededor de un carrete id´entico, ¿cu´al ser´a el grosor promedio del aro formado por las capas del material? (a)
20 3
√ 2 mm
(b) 20 mm
(c) 21 23 mm
(d) 24 98 mm
(e) 28 mm
16
Problemas
Problema 69. Se quiere llenar el siguiente “crucigrama” num´erico con siete de las cifras del 1 al 9 (sin repetir), una en cada casilla, de manera que los tres n´ umeros de tres cifras que se puedan leer donde lo indican las flechas resulten ser m´ ultiplos de 93. ¿Qu´e cifras no deben usarse? ↓
↓
→
(a) 1 y 3
(b) 3 y 8
(c) 4 y 5
(d) 5 y 9
(e) No se puede determinar
Problema 70. Un cuadrado se cubre parcialmente con rect´angulos cuyos lados son enteros mayores que 1, como lo muestra la figura, dejando un cuadrado peque˜ no en el centro. Las a´reas de dos de los rect´angulos est´an escritas sobre ellos. ¿Cu´al es el a´rea del cuadrado peque˜ no?
133 143 (a) 16
(b) 25
(c) 36
(d) 49
(e) 64
Problema 71. Un collar de perlas se compone de 1 perla negra, 2 perlas blancas, 3 perlas negras, 4 perlas blancas, 5 perlas negras, 6 perlas blancas, 7 perlas negras y 8 perlas blancas, en ese orden. Alguien hace dos cortes al collar de manera que queda dividido en dos tiras, cada una de ellas con la misma cantidad de perlas negras. ¿Cu´al es la mayor cantidad de perlas blancas que pueden quedar en alguna de estas tiras? (a) 12
(b) 14
(c) 16
(d) 18
(e) 20
Problema 72. En la ´epoca en que los ca˜ nones lanzaban balas, ´estas eran almacenadas en parques de artiller´ıa en forma de pir´amides de base cuadrada; cada lado del cuadrado de la base contaba con 10 balas. ¿Cu´al era el n´ umero de balas por pir´amide? (a) 385 balas (b) 400 balas (c) 1015 balas (d) 1000 balas
(e) 1500 balas
Problemas
17
Problema 73. Si x2 + y 2 = 6xy, con x 6= y, ¿a qu´e es igual (a) 1
(b)
√ 2
(c)
√
3
(x+y) (x−y) ?
(d) 2
(e)
√
5
Problema 74. Para numerar las p´aginas de un libro se necesit´o utilizar 2004 d´ıgitos. ¿Cu´antas p´aginas tiene el libro? (a) 703
(b) 750
(c) 704
(d) 707
(e) 708
Problema 75. Un n´ umero que se lee igual de derecha a izquierda que de izquierda a derecha se dice que es un n´ umero capic´ ua, por ejemplo 1221 y 3625263. ¿Cu´antos n´ umeros capic´ uas de 6 d´ıgitos existen? (a) 100
(b) 900
(c) 2005
(d) 331
(e) 890
Problema 76. Tres circunferencias son tangentes entre s´ı como se muestra en la figura. Si los respectivos radios son 1, 2 y 3, y A, B y C son los centros de las circunferencias, ¿cu´anto vale el a´ngulo α?
A α C
(a) 45◦
(b) 60◦
B
(c) 75◦
(d) 90◦
(e) 80◦
Problema 77. Para que el n´ umero de 7 cifras 6a74b14 sea m´ ultiplo de 9 y de 11, a y b deben ser iguales a (a) a = 1, b = 1
(b) a = 2, b = 3 (c) a = 3, b = 4 (d) a = 3, b = 2 (e) a = 5, b = 3
Problema 78. El lado de un dec´agono regular inscrito en un c´ırculo de radio 1 es: (a)
√ 5−1 2
(b)
√ 5+1 4
(c)
√ 5 2
(d)
1 2
(e)
3 5
18
Problemas
Problema 79. Cada lado de un rect´angulo es dividido en tres partes iguales, los puntos obtenidos se unen como se muestra en la figura. ¿Cu´al es la raz´on entre el a´rea en la regi´on blanca y el a´rea sombreada?
(a)
1 2
(b)
2 3
(c)
3 4
(d)
4 5
(e)
3 5
Problema 80. La siguiente figura se forma a partir de un tri´angulo equil´atero de a´rea 1 prolongando cada lado dos veces su longitud en ambas direcciones. El a´rea de esta figura es:
(a) 36
(b) 37
(c) 39
(d) 40
(e) 34
Problema 81. ¿Cu´anto mide la superficie de la siguiente figura si est´a formada con cubos de lado 1?
(a) 24
(b) 12
(c) 15
(d) 14
(e) 18
Problema 82. Si dividimos x13 + 1 entre x − 1 el residuo es: (a) 1
(b) -1
(c) 0
(d) 2
(e) -2
Problemas
19
Problema 83. Hay un n´ umero que tiene 2005 d´ıgitos y tiene el patr´on siguiente: 247935247935247935247935... Los u ´ltimos tres d´ıgitos de este n´ umero son: (a) 2, 4 y 7
(b) 5, 2 y 4
(c) 3, 5 y 2
(d) 9, 3 y 5
(e) 3, 2 y 4
Problema 84. En la siguiente figura ABCD es un trapecio de bases AD y BC. M y N son los puntos medios de AD y BC, respectivamente. Si sabemos que la longitud de BC es el doble de la longitud de AD y que el a´rea del tri´angulo 4AEM es 1, ¿cu´anto vale el a´rea de la regi´on sombreada? A
M
D
E
B (a) 4
N
(b) 5
C
(c) 6
(d)7
(e) 8
Problema 85. Se vendieron quinientos boletos para una obra de teatro de la escuela. Los boletos para adultos se vendieron a $ 2.50 y para ni˜ nos a $ 2.00 cada uno. Los organizadores recibieron un total de $ 1,187.50. ¿Cu´antos boletos para ni˜ nos se vendieron? (a) 115
(b) 120
(c) 125
(d) 375
(e) 150
Problema 86. Un tablero de ajedrez es numerado en cada una de sus casillas en el sentido convencional (del 1 al 8 en la primera fila, del 9 al 16 en la segunda, etc..., hasta llegar al 64 en la casilla inferior derecha). Se colocan sobre el tablero 8 torres, de manera que ninguna de ellas sea capaz de capturar a otra. ¿Cu´anto suman los n´ umeros de las casillas donde se ubican las torres? (a) 1224
(b) 1016
Problema 87. Si (a)
a2 +b2 b2
a b
=
(b)
b+c a , a2 −b2 b2
(c) 260
(d) 320
(e) No se puede saber
¿cu´al es el valor de bc ? (c)
a3 −b b2
(d)
a3 −b3 a+b
(e)
a2 b2
20
Problemas
Problema 88. Si r y s son las ra´ıces de x 2 + bx + 1 = 0, el valor de (a) b2 − 4
b2 −4 2
(b)
(c) b2 + 2
(d) b2 − 2
1 r2
+ s12 es: (e) b2
Problema 89. En la figura, P QRS es un paralelogramo. ¿Cu´anto vale el a´ngulo α? Q P ◦ 41 83◦ S
(a) 124◦
(b) 136◦
α
R
(c) 120◦
(d) 150◦
(e) 115◦
Problema 90. ¿Cu´antos n´ umeros m´ ultiplos de 6 menores que 1000 tienen la propiedad de que la suma de sus d´ıgitos es 21? (a)8
(b)12
(c)10
(d)15
(e) 14
Problema 91. El n´ umero -1 es soluci´on de la ecuaci´on de segundo grado 3x 2 + bx + c = 0. Si los coeficientes b y c son n´ umeros primos, el valor de 3c − b es: (a) 13
(b) 5
(c) 1
(d) -1
(e) 3
Problema 92. La polic´ıa arresta a 4 hombres, uno de los cuales ha cometido un robo. Los mismos hacen las siguientes declaraciones: Alberto: “Bernardo es culpable”. Bernardo: “Daniel es culpable”. Carlos: “Yo no soy culpable”. Daniel: “Bernardo miente cuando afrima que soy culpable”. Si se sabe que una sola de estas afirmaciones es verdadera, ¿qui´en es el culpable del robo? (a) Alberto
(b) Bernardo
(c) Carlos
(d) Daniel
(e) No se puede saber
Problema 93. Juan camina un kil´ometro al este, luego un kil´ometro a noreste y finalmente, otro kil´ometro al este. Encuentra la distancia en kil´ometros entre el punto de partida y el punto de llegada. p p p √ p p √ √ √ √ (a) 5 + 2 2 (b) 5 + 2 3 (c) 5 2 (d) 5 + 2 (e) 5 + 3 2
Problemas
21
Problema 94. Una recta arbitraria corta a las circunferencias de la figura en los puntos que se muestran. ¿Cu´anto es la suma de los a´ngulos ∠EAF y ∠CBD? A
C
E
D
F B
(a) 150◦ (b) 180◦ (c) 190◦ (d) 200◦ (e) Depende de la posici´on de la recta Problema 95. En el tri´angulo ABC la bisectriz del a´ngulo en A intersecta a BC en D. La perpendicular a AD que pasa por B, intersecta a AD en E. El segmento que pasa por E paralelo a AC intersecta a AB en H y a BC en G. Si AB = 26, BC = 28 y AC = 30, ¿cu´anto mide DG? (a) 2
(b)
3 2
(b) 8
(d) 21
(e) 1
Problema 96. En los lados AD y BC del rect´angulo ABCD, escoge los puntos F y E, respectivamente, tal que AECF es un rombo. Si AD = 16 y AB = 12, encuentra EF . F
A
B
(a) 12
(b) 15
D
C
E (c) 17
(d) 21
(e) 14
Problema 97. Si las medidas de dos√lados de un tri´angulo y el a´ngulo comprendido entre estos dos lados son 7, 50 y 135◦ , respectivamente. Encuentra la medida del segmento que une los puntos medios de estos dos lados. (a)
15 2
(b)
√ 5+ 3 2
(c) 13 2
(d)
5 2
(e)
13 3
22
Problemas
Problema 98. La hipotenusa BC de un tri´angulo rect´angulo 4ABC se divide en 4 segmentos congruentes por los puntos G, E y H. Si BC = 20, encuentra la suma de los cuadrados de las longitudes de los segmentos AG, AE y AH. A
B
(a) 500
G
E
(b) 370
H
(c)450
C
(d) 350
(e) 250
Problema 99. En un cuadril´atero ABCD, AB = 9, BC = 14, CD = 13, DA = 12 y la diagonal BD = 15. Las perpendiculares a BD desde A y desde C, intersectan a BD en P y Q respectivamente. Encuentra P Q. A
B
Q
D
P
C (a) 3
(b) 8
(c)5
(d) 9
(e)20
Problema 100. Considera el tri´angulo rect´angulo 4ABC, con a´ngulo recto en B y tal que AB = BC = 1. Sea D el punto medio de AB y traza el segmento CD. Traza desde B la perpendicular a CD y llama P a la intersecci´on. Encuentra la distancia de P a la intersecci´on de las medianas. (a)
√ 3 15
(b)
√ 5 15
(c)
√ 5 12
(d)
√ 5 10 .
(e)
√ 3 10 .
Soluciones de los problemas
Soluci´ on del problema 1. La respuesta es (a). Sea C la capacidad de cada uno de los recipientes y c la capacidad del vaso. Seg´ un la informaci´on del problema, al final del proceso la cantidad de agua en el recipiente A es (C − 2c) + c = C − c, y la cantidad de agua en el recipiente B es C − c. Ambas cantidades son iguales. Soluci´ on del problema 2. La respuesta es (b). La suma de los a´ngulos interiores del tri´angulo ABC es 180 ◦ . Como ∠A+∠B = 110◦ , ∠BCA debe ser 70◦ . Si ∠DCA = 10◦ , ∠BCD = 70◦ − 10◦ = 60◦ . Adem´as, el tri´angulo BCD es is´osceles, con CD = CB, de modo que ∠DBC = ∠CDB. Ahora, la suma de los a´ngulos interiores del tri´angulo BCD es 180 ◦ , de donde ∠DBC = ∠CDB = 60◦ . Por u ´ltimo, en el tri´angulo ACD, el a´ngulo exterior ∠CDB es la suma de los a´ngulos interiores opuestos ∠A y ∠DCA. Por tanto, ∠A = ∠CDB − ∠DCA = 60◦ − 10◦ = 50◦ . C 60◦
B
10◦
D
A
Soluci´ on del problema 3. La respuesta es (c). Sabemos que 1+3+5+. . . +(2n−1) = n2 y que 2+4+6+. . . +2n = n(n+1), n = n+1 , por lo tanto, el entero positivo n es 2006. entonces 1+3+5+...+(2n−1) 2+4+6+...+2n
24
Soluciones
Soluci´ on del problema 4. La respuesta es (e). Observemos que despu´es de 8 cambios, cada una de las casillas ha cambiado dos veces, es decir, ha regresado a su color original. Entonces despu´es de 2000 = 8 × 250 cambios, el tablero quedar´a como se encontraba originalmente. Los u ´ltimos cinco cambios que nos interesan son de las casillas 1, 2, 3, 4 y 1 quedando el tablero con el siguiente aspecto:
Soluci´ on del problema 5. La respuesta es (b). El que ni Israel, ni Gerardo, ni Mario se hayan sentado junto a otro de ellos tres nos dice que ellos tres estaban sentados en los v´ertices de un tri´angulo equil´atero, con sus otros tres compa˜ neros intercalados entre ellos. Como no pudo haberse sentado junto a Gerardo, Gonzalo debi´o haberse sentado en la posici´on opuesta a Gerardo. An´alogamente Iv´an debi´o haberse sentado en la posici´on opuesta a Israel. El u ´nico lugar disponible para David es el que est´a enfrente de Mario. Soluci´ on del problema 6. La respuesta es (d). Las cantidades que se pueden pagar con estas monedas est´an entre 50 centavos (la moneda m´as peque˜ na con la que se cuenta) y $3 (la suma de las cuatro monedas), y son un n´ umero entero de pesos o un entero m´as 50 centavos. Tenemos que: 50c. = 50c., $1 = $1, $1.50 = $1 + 50c., $2 = $1 + $1, $2.50 = $1 + $1 + 50c., y $3 = $1 + $1 + 50c. + 50c., de modo que pueden pagarse estas 6 cantidades. Soluci´ on del problema 7. La respuesta es (b). Dividiendo 1000 entre 5 podemos obtener la cantidad de m´ ultiplos de 5, del 1 al 1000, lo cual corresponde al cociente: 200 y residuo 0, pero nos piden los menores que 1000, por lo que restamos uno al resultado anterior, es decir, hay 199 m´ ultiplos de 5 menores que 1000. Ahora, dado que en cada tres m´ ultiplos de 5 hay un m´ ultiplo de 3, entonces dividimos 199 entre 3 para saber cu´antos m´ ultiplos de 5 lo son de 3 tambi´en, con lo que se obtiene 66. As´ı la diferencia entre 199 y 66, es 133, es decir, 133 es la cantidad de n´ umeros enteros positivos menores que 1000 que son m´ ultiplos de 5 pero no de 3. Soluci´ on del problema 8. La respuesta es (b). Con este tipo de cortes el pastel quedar´a cuadriculado, y el n´ umero total de pedazos ser´a el producto del n´ umero de partes en que queda dividido un lado por el n´ umero de partes en que queda dividido el otro lado. Las u ´nicas formas de escribir 52 como producto de dos enteros positivos son: 52 = 1×52, 52 = 2×26
Soluciones
25
y 52 = 4 × 13. En el primer caso, hay que hacer 51 cortes en la misma direcci´on. En el segundo caso, hay que hacer 1 corte en una direcci´on y luego 25 cortes perpendiculares a ´este; en total, 26 cortes. En el tercer caso hay que hacer (4 − 1) + (13 − 1) = 15 cortes. Luego, la respuesta es 15. Soluci´ on del problema 9. La respuesta es (d). Despu´es de la segunda vez que Chencha llen´o el barril peque˜ no con agua del pozo hab´ıa 40 litros de agua en cada uno de los barriles, pues Chencha hab´ıa extra´ıdo, en total, 80 litros de agua del pozo y el barril peque˜ no estaba lleno. Entonces al barril grande le faltaban 53 − 40 = 13 litros para llenarse. Esta cantidad de agua fue tomada del barril peque˜ no, quedando en ´este 40 − 13 = 27 litros de agua. Soluci´ on del problema 10. La respuesta es (d). En cada rengl´on gris habr´a 31 casillas negras, una por cada columna gris. Como son 23 renglones, habr´a en total 31 × 23 = 713 casillas negras en la cuadr´ıcula. Soluci´ on del problema 11. La respuesta es (c).
Para cubrir las dos casillas de arriba, se debe colocar una pieza sobre las casillas sombreadas (la pieza no se puede colocar mirando a la izquierda porque las piezas no se pueden voltear). El espacio que queda s´olo se puede cubrir volteando y rotando la ficha. Las dem´as figuras pueden ser cubiertas de manera correcta.
Soluci´ on del problema 12. La respuesta es (e). 10x−5 6 6 10x+1 Tenemos que 10x+1 a entero 2x−1 = 2x−1 + 2x−1 = 5 + 2x−1 , entonces, 2x−1 ser´ 6 siempre y cuando 2x−1 sea entero. Dado que |2x − 1| ≤ 6, tenemos que x debe estar entre -3 y 3. Los n´ umeros que cumplen son x = −1, 0, 1, 2, por lo tanto, s´olo hay cuatro. Soluci´ on del problema 13. La respuesta es (d). Las 40 hect´areas representan el 100 %, de las cuales se vende el 20 % que
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Soluciones
es un quinto del total, as´ı un quinto de 40 es 8, quedando 32 hect´areas. De estas 32 hect´areas se alquila el 50 %, es decir, se alquila la mitad, quedando 16 hect´areas. De estas 16, se cultiva el 25 %, es decir, la cuarta parte de 16 que son 4 hect´areas. Soluci´ on del problema 14. La respuesta es (e). p √ √ √ 4 El denominador de la expresi´on (e) es 4 − 4/4 + 4/4 = 2 − 2 = 0, y 44−44 no representa ning´ un n´ umero. Por otra parte, se puede verificar que las 0 dem´as expresiones son iguales a cero, teniendo cuidado de respetar el orden de las operaciones: 4+4
(a) 4 4 − 4 × 4 = 42 −16 = 0. (b) 4 + 4 × 4 − 4 4 + 44 = 4 + 16 − 4 (5) = 0. √ 4 4 (c) + + 4 = (2)4 − (16) = 0. 4 − 44 4 4 (d)
4 4 −4− 4 4×4
444
=
1 −4−1 4
444
=
1 − 14 4
444
=
0 444
= 0.
Soluci´ on del problema 15. La respuesta es (a). El a´rea del cuadril´atero ser´a m´as grande si el cuadril´atero es convexo. Cualquiera de los tres lados del tri´angulo con v´ertices blancos puede quedar como diagonal del cuadril´atero. Para maximizar el a´rea, el cuarto v´ertice del cuadril´atero debe ser el punto negro que se encuentre m´as alejado de tal diagonal. Abajo se muestran los cuadril´ateros de a´rea m´axima para cada uno de los casos.
´ De estos tres, es claro que el u ´ltimo tiene a´rea m´axima. Esta es igual al a´rea total del arreglo (3 × 3 = 9) menos el a´rea de tres tri´angulos rect´angulos de catetos 2 × 1, 1 × 2 y 1 × 3, cuyas a´reas son 1, 1 y 23 , respectivamente. Es decir, el a´rea buscada es 9 − 1 − 1 − 32 = 5 21 . Soluci´ on del problema 16. La respuesta es (e). El primer d´ıa el virus destruy´o dos terceras partes y queda una tercera parte. El segundo d´ıa destruy´o, de lo que qued´o, la cuarta parte, quedando tres cuartas partes de la tercera parte, es decir, una cuarta parte. Finalmente el tercer d´ıa destruy´o la quinta parte de lo que restaba, es decir, quedan cuatro quintas partes de la cuarta parte, por lo tanto, queda una quinta parte. Soluci´ on del problema 17. La respuesta es (e). Sabemos que la suma 1+2+3+...+102005 es igual a
102005 ·(102005 +1) . 2
Como 2 y
Soluciones
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(102005 +1) son primos relativos tenemos que basta ver cu´antas veces aparece el 2005 n´ umero 2 como factor en 10 2 , pero en 102005 aparece 2005 veces, por lo tanto, 2 aparece 2004 veces en la descomposici´on en primos de 1 + 2 + 3 + ... + 10 2005 . Soluci´ on del problema 18. La respuesta es (c). 25 Despejando cada n´ umero tenemos que a = 1b , b = 4c , c = d9 , d = 16 e , e = a , 1 c 9 9e 9·25 9·25 2 entonces, a = b = 4 = 4d = 4·16 = 4·16a . De aqu´ı obtenemos que a = 4·16 , 8 15 6 40 por lo tanto, a = 15 8 , b = 15 , c = 2 , d = 5 y e = 3 . Soluci´ on del problema 19. La respuesta es (c). En efecto, si el promedio de Ana fuera 9.4, la suma de sus calificaciones ser´ıa 9.4×5 = 47. Su mam´a podr´ıa asegurar que su hija obtuvo al menos dos dieces, porque si esto no fuera cierto, la suma de sus calificaciones ser´ıa a lo m´as 10 + 9 + 9 + 9 + 9 = 46. En cambio, si el promedio de Ana fuera menor que 9.4, la suma de sus calificaciones ser´ıa menor que 47. Pero todo entero menor que 47 se puede escribir como suma de 5 calificaciones, no dos de las cuales sean 10, as´ı que la mam´a de Ana no podr´ıa asegurar que su hija obtuvo dos dieces. Soluci´ on del problema 20. La respuesta es (c). Si Marisol y Claudia platicaron sin que Juli´an estuviera presente, ninguna de ellas dos puede ser la persona que lleg´o al final. Aar´on lleg´o antes que Rosalba, de modo que tampoco ´el puede ser la persona que lleg´o al final. Si la mejor amiga de Rosalba no pudo contar del regalo sopresa, es porque lleg´o despu´es que Rosalba, o porque fue la primera persona en llegar y la segunda fue Rosalba. Cualquiera que sea el caso, Rosalba no lleg´o al u ´ltimo. Entonces fue Juli´an. Soluci´ on del problema 21. La respuesta es (a). Por ser ABCD rect´angulo, los lados opuestos AB y DC miden lo mismo. Como QC mide una unidad menos que AP , DQ debe medir una unidad m´as que P B. A
D
3
P
B
Q
2 C
Soluci´ on del problema 22. La respuesta es (c). 1 Mi canario se comi´o 12 + 61 + 12 = 34 , del total de alpiste, ya que el segundo d´ıa 1 1 1 1 comi´o 2 · 3 = 6 del total de alpiste, y el tercer d´ıa comi´o 13 · 14 = 12 , as´ı que 1 queda 4 de la cantidad inicial.
28
Soluciones
Soluci´ on del problema 23. La respuesta es (e). Como las berenjenas y las espinacas est´an junto a las fresas, estos tres productos se encuentran en tres cajas consecutivas. Los otros dos art´ıculos, las mandarinas y las papas, no se encuentran juntos, de manera que deben estar separados por el grupo de tres cajas consecutivas mencionado, y por lo tanto deben ocupar las orillas de la l´ınea. Como hay un art´ıculo a la izquierda de las mandarinas (las berenjenas), la caja con mandarinas no puede ser la del extremo izquierdo, luego es la del extremo derecho de la l´ınea. Entonces las papas se encuentran en la caja del extremo izquierdo. Soluci´ on del problema 24. La respuesta es (e). Tenemos que 9x+2 − 9x = 9x (92 − 1) = 9x (80) = 240, entonces 9x = (32 )x = 32x = 3, de aqu´ı tenemos que 2x = 1. Por lo tanto, x = 12 . Soluci´ on del problema 25. La respuesta es (a). Como los tri´angulos 4P AB y 4P CD son id´enticos, ∠AP B = ∠CP D = 38 ◦ y entonces ∠BP C = ∠AP C − ∠AP B = 67◦ − 38◦ = 29◦ . P
A C
D
B Soluci´ on del problema 26. La respuesta es (e). El largo inicial de la alfombra era 96m. Ya que su ancho inicial era de 9m, luego 9 = 13 . Como de tres deseos, el ancho de la alfombra se reduce a 31 · 13 · 31 · 9 = 27 2 a los tres deseos la alfombra tiene un a´rea de 4m , entonces se tiene que el largo de la alfombra, despu´es de tres deseos, se reduce a 41 = 12m, As´ı su largo inicial era 2 · 2 · 2 · 12 = 8 · 12 = 96m.
3
Soluci´ on del problema 27. La respuesta es (b). Si la circunferencia grande tiene per´ımetro 2, su di´ametro debe ser π2 y el radio debe ser la mitad de esto, es decir, π1 , de modo que el a´rea del c´ırculo grande es 2 π π1 = π1 . 1 An´alogamente, el di´ametro de la circunferencia peque˜ na es π1 , su radio es 2π 1 y su a´rea es 4π . El a´rea de la regi´on sombreada es el a´rea del c´ırculo grande 1 3 menos el a´rea del c´ırculo peque˜ no, o sea π1 − 4π = 4π .
Soluciones
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Soluci´ on del problema 28. La respuesta es (d). N´ umeros de 1 cifra, Pablito puede formar 3: 0, 2 y 3; de 2 cifras, puede formar 4: 20, 23, 30 y 32; de 3 cifras, 6: 200, 203, 230, 300, 302 y 320; y de 4 cifras, 6: 2003, 2030, 2300, 3002, 3020 y 3200. En total, 3 + 4 + 6 + 6 = 19. Soluci´ on del problema 29. La respuesta es (a). Como se tiene la equivalencia siguiente, 1 Dm3 = 1 000 m3 = 1 000 000 000 cm3 = 1 000 000 000 000 mm3 entonces: 0.1 Dm3 = 100 m3 = 100 000 000 cm3 = 100 000 000 000 mm3 Ahora podemos comparar las respuestas posibles, por ejemplo empecemos con 0.1 Dm3 y 50 m3 , con la equivalencia anterior nos damos cuenta que el mayor es 0.1 Dm3 . Ahora bien, al comparar 0.1 Dm3 con 10 000 000 cm3 nos damos cuenta que el mayor es 0.1 Dm3 . Entonces s´olo nos falta comparar con 50 000 000 000 mm3 , que es menor que 0.1 Dm3 , de donde el primero es mayor que las otras opciones. Soluci´ on del problema 30. La respuesta es (d). Observemos que debajo del n´ umero a del rengl´on #1, en el rengl´on #2, est´a escrito el n´ umero a÷2; debajo de ´este, en el rengl´on #3, est´a escrito (a ÷ 2)÷3, etc´etera, de modo que en el rengl´on #n se encontrar´a: (· · · ((a ÷ 2) ÷ 3) ÷ · · · ) ÷ n = a ÷ (2 × 3 × · · · × n). As´ı, en el rengl´on #7, no puede quedar ning´ un entero (de hecho, quedan puros n´ umeros menores que 1), pues los n´ umeros del rengl´on #1 (que son positivos y menores o iguales que 2002), han sido divididos entre 2 × 3 × · · · × 7 = 5040 (que es mayor que 2002). Adem´as debajo del 720 del rengl´on #1, en el rengl´on #6, est´a 720 ÷ (2 × 3 × · · · × 6) = 1, que es un entero. Por lo tanto, el primer rengl´on en donde no aparecen enteros es el #7. Soluci´ on del problema 31. La respuesta es (b). El perro da 4 saltos mientras que el conejo da 5 saltos, es decir, el perro da
30
Soluciones
8 saltos mientras que el conejo da 10 saltos, pero los 8 saltos que da el perro equivalen a 11 saltos del conejo, es decir, cada vez que el conejo da 10 saltos, el perro recorre una distancia equivalente a 11 saltos. Esto determina que cada vez que el perro d´e 8 saltos la distancia entre ´este y el conejo disminuye en un salto de conejo. Entonces el perro alcanzar´a al conejo despu´es de 66 × 8 = 528 saltos de perro. Soluci´ on del problema 32. La respuesta es (c). Recordemos primeramente que el tri´angulo de lados 3, 4 y 5 es un tri´angulo rect´angulo. Entonces, si observamos la siguiente figura tenemos lo siguiente: C
r r A
B
la longitud de la hipotenusa BC es igual a la suma de las longitudes AB − r y AC −r, donde r es el radio del inc´ırculo. Entonces AB−r+AC −r = 7−2r = 5, de donde obtenemos que r = 1. Soluci´ on del problema 33. La respuesta es (c). √ √ Como el lado del cuadrado mide 1, la diagonal BD mide 1 + 1 = 2 y √ 2 BL = BM = BD 2 = 2 . Observemos que, por ser M el centro del cuadrado, ◦ al rotar la figura 180 alrededor del punto M , los puntos A, N y D van a caer sobre los puntos C,√ L y B, respectivamente, de modo que AN = CL = √ 1 − BL = 1 − 22 = 2−2 2 . A N
D M
B
L C
Soluci´ on del problema 34. La respuesta es (b). Por la manera en que est´a escrito Y , es claro que 1 Y = . 1+X Tomando rec´ıprocos de cada lado de la ecuaci´on, tenemos que X + 1 = Y1 , sin importar el valor de n. Para revisar que ninguna de las otras ingualdades
Soluciones
31
es v´alida, se puede usar el caso para n = 1. Si n = 1, X = 21 , Y = 32 , y, por ejemplo, la igualdad (a) no es cierta pues X + 1 = 23 6= 23 = Y . Soluci´ on del problema 35. La respuesta es (d). Sea d el di´ametro original del c´ırculo, entonces el nuevo di´ametro es d + π. Sabemos que la circunferencia es igual a π(d + π) = π · d + π · π = π · d + π 2 . Restando la circunferencia original obtenemos el incremento en ´esta, es decir, P = π · d + π2 − π · d = π2 . Soluci´ on del problema 36. La respuesta es (d). Si la dise˜ nadora decide combinar naranja con verde, tiene 5 × 7 = 35 opciones. En efecto, hay 5 formas de elegir el tono de naranja que usar´a y para cada una de ´estas hay 7 formas de elegir el tono de verde que usar´a. Por el mismo argumento, tiene 7 × 4 = 28 opciones si decide combinar verde con morado y 4 × 5 = 20 opciones si decide combinar morado con naranja. En total, tiene 35 + 28 + 20 = 83 opciones. Soluci´ on del problema 37. La respuesta es (c). Realizamos el cociente y obtenemos 4 = 0.039603960396..., 101 es decir, hay un periodo de repetici´on de longitud 4 (se repite 0396 infinitamente). Como 2005 = 501 · 4 + 1, en el lugar 2005 estar´a el primer n´ umero del periodo 0396, es decir, el 0. Soluci´ on del problema 38. La respuesta es (a). P
A Q B
R C S
Notemos que el tri´angulo 4CSR es semejante al tri´angulo 4AP R, ya que el ∠RAP = ∠RCS por ser a´ngulos alternos internos, y el ∠P RA = ∠SRC por ser opuestos por el v´ertice. Obtenemos la siguiente relaci´on SR SR 1 CS = = = . PA RP 2 · SR 2
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Soluciones
An´alogamente, el tri´angulo 4BQS es semejante al tri´angulo 4AQP. De aqu´ı obtenemos la siguiente relaci´on BS SQ 2 · QP = = = 2, PA QP QP con lo cual BC + CS = 2 · P A = 2 · 2 · CS. Entonces CS =
BC 3
= 1.
Soluci´ on del problema 39. La respuesta es (a). Indiquemos por (J, L) que la aguja de Juan apunta al n´ umero J y la de Lupe, al n´ umero L. Las primeras jugadas son: (1, 1) → (2, 1) → (2, 3) → (2, 3) → (2, 5) → (1, 5) → (1, 1). Despu´es de la sexta jugada, es turno de Juan y las ruletas est´an en las mismas posiciones que al inicio. Por lo tanto, la secuencia de posiciones de las agujas se empezar´a a repetir, y despu´es de 2004 = 6 × 334 jugadas, las ruletas estar´an como al inicio. En particular, la ruleta de Lupe indicar´a el 1. Soluci´ on del problema 40. La respuesta es (a). Tenemos que (102 + 103 + . . . + 1010 )2005 = [102 (1 + 10 + . . . + 108 )]2005 = 104010 (1 + 10 + 102 + . . . + 108 )2005 . Como el factor dentro del par´entesis no posee ceros, tenemos que la cantidad de ceros al final de (102 + 103 + . . . + 1010 )2005 es 4010. Soluci´ on del problema 41. La respuesta es (b). 5 5 < x5 < x−1 y x5 < x+1 Primero tenemos las desigualdades x+1 5 . Basta entonces x 5 5 < 1, con comparar las fracciones x+1 y 5 . Como x > 5 tenemos x5 > 1 y x+1 5 por lo tanto la fracci´on menor de todas es x+1 . Soluci´ on del problema 42. La respuesta es (d). Busquemos el menor m´ ultiplo de 14 que empiece en 41. El 41 no es m´ ultiplo de 14, de modo que debemos buscar entre los n´ umeros de tres o m´as cifras. Ninguno de los n´ umeros 410, 411, ..., 419 es m´ ultiplo de 14 porque 14×29 = 406 y 14 × 30 = 420. Entonces debemos buscar entre los n´ umeros de cuatro o m´as cifras. Dividiendo 4100 entre 14 encontramos que 14 × 292 = 4088 y que 14×293 = 4102, de manera que 4102 es el m´ ultiplo que buscamos y la respuesta es 293. Soluci´ on del problema 43. La respuesta es (e). Abajo se muestra la evoluci´on de la aguja.
Soluciones
33 Minuto: Aspecto:
1 &
2 ←
3 %
4 ↓
5 -
6 →
7 .
8 ↑
Notemos que en el minuto 8 la aguja est´a apuntando hacia arriba, como al principio. Entonces la secuencia de flechas se repite de 8 en 8. 2005 deja residuo 5 al dividirse entre 8, luego en el minuto 2005 la aguja se ver´a igual que en el minuto 5: -. Soluci´ on del problema 44. La respuesta es (d). Hay nueve parejas de d´ıgitos consecutivos (0 y 1, 1 y 2, etc´etera, hasta 8 y 9). Cada pareja, salvo 0 y 1, forma dos n´ umeros de dos cifras. Por ejemplo, con los d´ıgitos 4 y 5 se pueden formar los n´ umeros 45 y 54. Los d´ıgitos 0 y 1 s´olo pueden formar un n´ umero de dos cifras, el 10. Por tanto, hay 2 × 8 + 1 = 17 n´ umeros de dos cifras cuyos d´ıgitos son n´ umeros consecutivos. Soluci´ on del problema 45. La respuesta es (c). Si AF es paralela a BC, entonces ∠AF D = ∠BCD = 45 ◦ = ∠ADC , de donde el tri´angulo DAF es is´osceles con AD = AF . Adem´as, sus a´ngulos interiores suman 180◦ , por lo que ∠DAF = 90◦ , es decir, el tri´angulo DAF es rect´angulo. Por el Teorema de Pit´agoras√(aplicado a este tri´angulo), 4 = DF 2 = AD 2 + AF 2√= 2AD 2 , as´ı que AD = 2. An´alogamente se puede comprobar que BC = 2. Ahora, como AF es paralela a BC y AB es paralela a F C, ABCF es paralelogramo, por lo que AB =√ F C = 1. √ Entonces el √ per´ımetro del trapecio es AB + BC + DC + AD = 1 + 2 + 3 + 2 = 4 + 2 2. A √ D
1
B √
2 1
E
1
F
1
2 C
Soluci´ on del problema 46. La respuesta es (b). Como 72 = 8 · 9, el n´ umero que escribi´o Javier es divisible por 8. Sabemos que un n´ umero de m´as de tres cifras es divisible por 8 si las u ´ltimas tres cifras, de ´este n´ umero, son divisibles por 8. El u ´nico n´ umero divisible por 8, el cual est´a entre 790 y 799, es 792. Por lo tanto, la u ´ltima cifra es 2. El n´ umero tambi´en es divisible por 9, luego la suma de sus cifras debe ser m´ ultiplo de 9. Como tenemos que 6 + 7 + 9 + 2 = 24 y el m´ ultiplo de 9 m´as cercano a 24 es 27, tenemos que la primera cifra debe ser 3. Por lo tanto, el n´ umero que Javier escribi´o es el 36792.
34
Soluciones
Soluci´ on del problema 47. La respuesta es (d). Imaginemos que el cuadrado es de papel y que lo doblamos a lo largo de la diagonal AC. El segmento AB coincidir´ıa con el segmento AD, y el segmento BP coincidir´ıa con el segmento DP . Entonces ∠ADP = ∠ABP = 30 ◦ . Utilizando el hecho de que los a´ngulos del tri´angulo ABQ deben sumar 180 ◦ , obtenemos que ∠AQB = 180◦ − ∠ABQ − ∠BAQ = 180◦ − 30◦ − 90◦ = 60◦ . Pero ∠AQB es un a´ngulo exterior del tri´angulo P DQ, luego 60 ◦ = ∠AQB = ∠QP D + ∠QDP = ∠QP D + 30◦ . De aqu´ı, ∠QP D = 30◦ . Q
A
D
30◦ P
B
C
Soluci´ on del problema 48. La respuesta es (d). Junto al 5 y al 3 se deben poner dos n´ umeros que sumen 12. Como no pueden repetirse entre s´ı y ninguno de ellos puede ser 5 o 3, la u ´nica posibilidad para esos dos n´ umeros es 8 y 4. Consideremos la posibilidad que se indica en la figura (la otra posibilidad es sim´etrica con respecto a la diagonal determinada por 5 y 3, as´ı que nos da el mismo resultado en la casilla sombreada).
5
8
4
3
Ahora, arriba del 5 y el 8 deber´an aparecer dos n´ umeros cuya suma sea 20 − (5 + 8) = 7. De nuevo, dado que no debe haber repeticiones, la u ´nica posibilidad es 1 y 6. De la misma manera, a la izquierda del 5 y el 4 deben aparecer el 2 y el 9. Combinando ´estas con las de arriba tenemos 4 posibilidades. En cada una de ´estas el n´ umero que completa es el 7, por lo tanto, el n´ umero que debe ir en la casilla sombreada es el 7. Soluci´ on del problema 49. La respuesta es (b). Llamemos S al resultado buscado. 2⊕17 tiene los mismos sumandos que 1⊕18, salvo el 1 y el 18. Por lo tanto, (1 ⊕ 18) − (2 ⊕ 17) = 1 + 18. An´alogamente, (3 ⊕ 16) − (4 ⊕ 15) = 3 + 16, (5 ⊕ 14) − (6 ⊕ 13) = 5 + 14 y (7 ⊕ 12) −
Soluciones
35
(8 ⊕ 11) = 7 + 12, de donde S = (1 + 18) + (3 + 16) + (5 + 14) + (7 + 12) + (9 + 10) = 19 × 5 = 95. Soluci´ on del problema 50. La respuesta es (c). Observemos que √ √ 5 + π + 7 > π + 7. Esto es porque el n´ umero de la izquierda es igual al de la derecha m´as 5. An´alogamente √ √ π + 7 > π + 7 − 5. √ Entonces el menor de los cinco n´ u meros es alguno de los siguientes: 5 + π − 7, √ √ π + 7 − 5, −π + 7 + 5. Estos tres n´ u meros se forman sumando dos elementos √ del conjunto 5, π, 7 y restando el tercero. El menor resultado se obtiene si los dos n´ umeros sumados son los dos n´ umeros m´as peque˜ nos del √ conjunto y si el n´ umero restado es el n´ umero m´as grande. La respuesta es π + 7 − 5. Soluci´ on del problema 51. La respuesta es (a). Por cada uno de los hoyos originales fluyen, cada segundo, 1.38 23 = .06 litros de agua. Como el tama˜ no de los nuevos hoyos es la mitad del tama˜ no de los originales, el a´rea de los peque˜ nos es una cuarta parte del a´rea de los grandes. enticos Entonces agregar 16 hoyos peque˜ nos equivale a agregar 16 4 = 4 hoyos id´ a los originales. Por todos estos hoyos fluyen, pues, (.06)(23 + 4) = 1.62 litros de agua por segundo. Soluci´ on del problema 52. La respuesta es (b). 4ABQ es is´osceles porque BA y BQ son radios de la circunferencia grande. Entonces ∠BAQ = ∠AQB = 70◦ . Por la misma raz´on, 4RAP es is´osceles y ∠RP A = ∠ARP = x. ∠BAQ es un a´ngulo exterior del 4AP R. En consecuencia, 2x = ∠RP A + ∠ARP = ∠BAQ = 70◦ y x = 35◦ . Q 70◦
A
P
x
R
B
36
Soluciones
Soluci´ on del problema 53. La respuesta es (c). Si Do˜ na Isabel utiliza la cuchara para 12 frijoles, podr´a verter 10 cucharadas en la bandeja de 121 frijoles y desperdiciar´a espacio para 1 frijol (porque 121 = 10 × 12 + 1). Adem´as podr´a llenar completamente la bandeja de 144 frijoles y podr´a desperdiciar espacio para 1 solo frijol en la bandeja de 169 frijoles (porque 169 = 14×12+1). As´ı, entre las tres bandejas habr´a desperdiciado espacio para s´olo 2 frijoles. Por el contrario, usando la cuchara para 10 frijoles desperdiciar´a espacio para 4 frijoles en la bandeja de 144 frijoles (porque 144 = 14 × 10 + 4); usando la cuchara para 11 frijoles desperdiciar´a espacio para 4 frijoles en la bandeja de 169 frijoles (porque 169 = 15 × 11 + 4); usando la cuchara para 13 frijoles desperdiciar´a espacio para 4 frijoles en la bandeja de 121 frijoles (porque 121 = 9 × 13 + 4), y usando la cuchara para 14 frijoles desperdiciar´a espacio para 4 frijoles en la bandeja de 144 frijoles (porque 144 = 10 × 14 + 4). O sea, el m´ınimo espacio desperdiciado se logra con la cuchara para 12 frijoles, y por lo tanto, con esta cuchara se logra guardar la mayor cantidad de frijoles. Soluci´ on del problema 54. La respuesta es (d). Primera forma: Hay 4 maneras de recorrer la primera cuadra (una por cada direcci´on en la que se puede mover el auto). Por cada una de ´estas, hay 3 maneras de recorrer la segunda cuadra (al llegar a la primera esquina el auto puede seguir derecho, virar hacia la derecha o virar hacia la izquierda), y por cada una de ´estas, hay 3 maneras de recorrer la tercera cuadra (de nuevo, hay 3 opciones en la esquina). En total, hay 4 × 3 × 3 = 36 recorridos posibles. Segunda forma: Hay, en esencia, cinco “formas” diferentes que puede tener el recorrido: Forma 1
Forma 2
Forma 3
Forma 4
Forma 5
Hay 4 recorridos de la forma 1, uno por cada rotaci´on de la figura. Las formas 2, 3, 4 y 5 pueden voltearse verticalmente, es decir, reflejarse respecto a una l´ınea horizontal, y cada forma y su reflejo pueden rotarse a 4 posiciones distintas, para producir 8 recorridos distintos por cada una de estas formas. Entonces hay 4 + 4 × 8 = 36 recorridos posibles. Soluci´ on del problema 55. La respuesta es (a). Como los tri´angulos 4DF G y 4BAG son semejantes, tenemos que
GF GA
=
GD GB .
Soluciones
37 A
D G F
E C AG Tambi´en los tri´angulos 4DGA y 4BGE son semejantes, entonces GD GB = EG . GF AG EG GA Por transitividad tenemos GA = EG , es decir, AG = GF . Sustituyendo los valores tenemos 4+EF = 64 y de aqu´ı obtenemos que EF = 5. 6 B
Soluci´ on del problema 56. La respuesta es (d). Sea CD = 3x, entonces CG = 2x y DG = x, an´alogamente si BE = 3y, entonces BG = 2y y EG = y. A 4
3
E D 3 B
G
4
C
Por el Teorema de Pit´agoras aplicado al tri´angulo BGD, tenemos que x 2 + (2y)2 = 9 y aplicado al tri´angulo EGC, y 2 + (2x)2 = 16. Sumando estas dos ecuaciones, tenemos que 5x2 + 5y 2 = 25, de donde, x2 + y 2 = 5. Ahora bien, en el tri´angulo BCG, tenemos que (2y) 2 + (2x)2 = BC 2√. Por lo tanto, como x2 + y 2 = 5 entonces 4x2 + 4y 2 = 20 = BC 2 , y BC = 2 5.
Soluci´ on del problema 57. La respuesta es (e). Sean AB = 60, AC = 80 y BC = 100. Si el tri´angulo ABD tiene que tener el mismo per´ımetro que el tri´angulo ADC, entonces AB + BD tiene que ser igual a AC + CD, ya que los tri´angulos comparten el lado AD, esto es, 60 + BD = 80 + 100 − BD. Luego, BD = 60 y DC = 40. Dibujamos DE perpendicular a DC AC, luego, los tri´angulos EDC y ABC son semejantes, entonces ED AB = BC . 40 Sustituyendo los valores tenemos que ED 60 = 100 y ED = 24.
38
Soluciones
A
E B
D
C
Por el teorema de Pit´agoras aplicado al tri´angulo EDC encontramos que EC = 32 entonces AE = 48. Nuevamente utilizando √ el Teorema de Pit´agoras ahora en el tri´angulo AED, tenemos que AD = 24 5. Soluci´ on del problema 58. La respuesta es (b). Llamemos x al n´ umero que Juanito puso en la casilla central. Podemos llenar, en t´erminos de x, casi todas las casillas de la cuadr´ıcula. Por ejemplo, el n´ umero de la tercera casilla del segundo rengl´on es igual a la suma de los dos n´ umeros a su izquierda: 2 y x. 6
3
2
x 2+x
9
12 3x Al tratar de llenar la casilla de la esquina inferior derecha, notamos que su n´ umero debe ser simult´aneamente igual a 12 + 3x y a 9(2 + x). De aqu´ı, x = −1 y la cuadr´ıcula completa queda: 6
3
9
2 −1 1 12 −3 9 Soluci´ on del problema 59. La respuesta es (a). La cantidad m´as grande que se puede pagar con 6 monedas sin usar ninguna de $13 es $48, as´ı que para lograr cualquiera de las cantidades deseadas necesitamos utilizar al menos una moneda de $13. Veamos qu´e cantidades se pueden pagar sin utilizar monedas de $5. Con 6 monedas de $8, se hacen $48, y cada vez que reemplazamos una moneda de $8 por una de $13, aumentamos la cantidad en $5, es decir, podemos pagar $53, $58, $63, $68, $73 y $78. An´alogamente, sin usar monedas de $8, podemos pagar $30, $38, $46, $54, $62 y $70. Entonces,
Soluciones
39
si queremos pagar $51, $52 o $55, debemos usar los tres tipos de monedas. Tendr´ıamos una cantidad base de $5 + $8 + $13 = $26, y tratar´ıamos de pagar $25, $26 y $29, respectivamente, utilizando 3 monedas. Notemos que $26 = $5 + $8 + $13 y $29 = $8 + $8 + $13. Para pagar $25, se tendr´ıa que utilizar una moneda de $13, y estar´ıamos obligados a pagar $12 con 2 monedas. Es claro que esto es imposible. Soluci´ on del problema 60. La respuesta es (c). Sean P el promedio de puntos anotados por partido y n el n´ umero de partidos. 576 5 Como P < 18, n = 576 > = 32. Entonces n ≥ 33 y P ≤ 576 P 18 33 = 17 11 . Si la temporada const´o de 33 partidos y si el equipo anot´o 17 puntos en 18 partidos y 18 puntos en los otros 15, el total de puntos anotados, fue, en efecto, 5 es un promedio posible. 17 × 18 + 18 × 15 = 576, de modo que 17 11 Soluci´ on del problema 61. La respuesta es (e). Hay dos observaciones cruciales: una, que cuando se dobla un trozo de papel se genera una recta que cruza por completo el trozo; y dos, que cuando se hace un doblez, los dobleces subsecuentes generan un dise˜ no sim´etrico con respecto a dicho doblez. En vista de la primera observaci´on, el primer doblez del dise˜ no (e) debe ser el marcado con un n´ umero 1 en la figura de la izquierda. Una vez hecho este doblez, el trozo de papel (y el dise˜ no que deben generar los dem´as dobleces) se ve como en la figura de la derecha. La u ´nica posibilidad para el segundo doblez es la indicada con un 2, otra vez de acuerdo a la primera observaci´on. Pero el dise˜ no que debe generar el tercer doblez (punteado) no es sim´etrico con respecto al doblez 2, lo cual muestra que el dise˜ no (e) es imposible. 2 1
Los otros cuatro dise˜ nos s´ı pueden obtenerse. (Es m´as f´acil descubrir c´omo si uno experimenta con hojas cuadradas de papel. Tambi´en ayuda tener en mente las dos observaciones cruciales mencionadas arriba.) Soluci´ on del problema 62. La respuesta es (d). Si conocemos el n´ umero de flores y hojas del matorral en cierto a˜ no, podemos calcular el n´ umero de flores y hojas del siguiente a˜ no: el nuevo n´ umero de flores coincide con el antiguo n´ umero de hojas (porque donde hab´ıa hoja crecer´a una flor) y el nuevo n´ umero de hojas es el doble del antiguo n´ umero de flores (porque donde hab´ıa flor crecer´an 2 hojas). Entonces, si el a˜ no pasado hab´ıa 70 flores,
40
Soluciones
hoy hay 2 × 70 = 140 hojas; dentro de un a˜ no habr´a 140 flores y dentro de dos a˜ nos habr´a 2 × 140 = 280 hojas. Soluci´ on del problema 63. La respuesta es (b). 100km son una cuarta parte de la circunferencia m´axima del planeta. Supongamos que el astronauta comienza su recorrido en el polo norte. Se mueve, pues, hacia el sur hasta llegar al ecuador; ah´ı da vuelta y recorre una cuarta parte de ´el hacia el este; finalmente se dirige al sur hasta llegar al polo. En ese momento su punto de partida, el polo norte, se encuentra a 200km de distancia, hacia el norte (100km para llegar al ecuador y otros 100km para llegar al polo). Soluci´ on del problema 64. La respuesta es (d). · · · 1} ya que En general, 11 · · · 1} divide a 11 | {z | {z n
· · · 1} = |11 {z kn
kn
!
· · · 1} |11 {z n
10n(k−1) + 10n(k−2) + . . . + 10n + 1 .
En vista de esto, 11, 111 y 11 · · · 1} dividen a 11 · · · 1}, e igualmente 3 y 37 (pues | {z | {z 13
78
111 = 3×37). Es f´acil comprobar que 41 divide a 11111, luego divide a 11 · · · 1}. | {z 75
Tenemos
· · · 1}000 + 111. · · · 1} = 11 |11 {z | {z 78
75
Como el primer sumando es divisible por 41 pero el segundo no lo es, la suma tampoco puede serlo. Soluci´ on del problema 65. La respuesta es (e). Por el Teorema de Pit´agoras (aplicado al tri´angulo rect´angulo ABE), AB 2 = AE 2 + BE 2 = 42 + 32 = 25, de donde AB = 5. Los tri´angulos ABE y ACB tienen dos pares de a´ngulos iguales: ∠EAB = ∠BAC y ∠BEA = ∠CBA = 90◦ . Por lo tanto, estos tri´angulos son semejantes. Esto implica, entre otras CB cosas, que BE AE = AB . Entonces BE × AB 5×3 15 CB = = = . AE 4 4 El a´rea del rect´angulo ABCD es, pues: 75 15 = . AB × CB = 5 × 4 4
Soluciones
41 5
A
B 3
4
15 4
E D
C
Soluci´ on del problema 66. La respuesta es (e). Por ser ABC equil´atero, AD es, adem´as de altura, bisectriz y mediana. En particular, ∠DAC = 30◦ y DC = 1. Como ∠DM E es un a´ngulo exterior del tri´angulo AM E, 60◦ = ∠DM E = ∠M AE + ∠AEM = 30◦ + ∠AEM . Por lo tanto, ∠AEM = 30◦ , y el tri´angulo AM E es is´osceles (con M A = M E). Adem´as, en vista de que M es punto medio de AD, M E = M D. Un tri´angulo, como el M DE, en el que dos lados iguales forman un a´ngulo de 60◦ , necesariamente es equil´atero. Entonces ∠AED = ∠AEM + ∠M ED = 30◦ + 60◦ = 90◦ . A N
M 60◦
B
D
E C
Sea N el punto sobre AC tal que M N es paralela a DE. Los tri´angulos AM N y ADE son semejantes. Se sigue que DE/M N = AD/AM = 2.√Por otra parte, por el Teorema de Pit´agoras aplicado al tri´angulo ADC, AD = 3, luego √ DE = M D = 3/2, y por el Teorema de Pit´agoras aplicado al tri´angulo CED, EC = 1/2. Finalmente, AE = 2 − EC = 3/2, y tenemos que: a´rea(ADC)= √ (DC × AD))/2 = 3/2, a´rea(AM E)= (AE × M N ) /2 = (AE × DE) √ √ /4 = 3√3/16, y por lo tanto, a ´ rea(M DCE) =´ a rea(ADC)−´ a rea(AM E)= 3/2 − √ 3 3/16 = 5 3/16. Soluci´ on del problema 67. La respuesta es (e). Escribamos, debajo de cada divisor d de la lista, el n´ umero Nd . Obtenemos, debajo de la primera lista, una lista de los divisores de N ordenada ascendentemente, cuyos quince primeros t´erminos son f´aciles de obtener: 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 16, 18, 24, 27, 32, 36 y 48. El divisor que aparece arriba del 48 es N 96 99 48 = 2 3 . Soluci´ on del problema 68. La respuesta es (b). La cantidad de cinta adhesiva enrollada es proporcional al volumen del aro
42
Soluciones
formado por las capas de cinta. Si imaginamos que el rollo de cinta est´a acostado sobre una mesa, vemos que el aro de cinta tiene forma de cilindro con un hueco en el centro, cuya base es una corona circular y cuya altura no cambia sin importar cu´anta cinta se enrolle, de manera que su volumen es proporcional al a´rea de la corona. Cuando se enrollan 18m de cinta, el a´rea de la corona es (5cm) 2 π − (4cm)2 π = 9πcm2 , pues el radio exterior es 5cm mientras que el radio interior es 4cm. Cuando se enrollan 40m de cinta, el a´rea A de la corona debe satisfacer, por lo mencionado arriba, 40m 18m = , 2 9πcm A de donde A = 20πcm2 . Por otra parte, si el radio exterior de estacorona mide R, tenemos que 20πcm 2 = A = R2 π − (4cm)2 π = R2 − 16cm2 π, de modo que R2 = 36cm2 y R = 6cm. Entonces el “grosor” de la corona (que coincide con el “grosor” del aro cinta) es 6cm − 4cm = 2cm = 20mm. Soluci´ on del problema 69. La respuesta es (c). Los m´ ultiplos de 93 de 3 cifras son: 186, 279, 372, 465, 558, 651, 744, 837 y 930. 930 utiliza un cero, de modo que no puede ser uno de los n´ umeros que se lean en el crucigrama. 558 y 744 usan cifras repetidas, de modo que tampoco pueden aparecer en el crucigrama. Las cifras centrales de los m´ ultiplos que quedan son: 8, 7, 6, 5 y 3. La primera y la u ´ltima cifra del n´ umero que se lea horizontalmente deben ser las cifras centrales de los dos n´ umeros verticales. Por lo tanto, la u ´nica posibilidad para el n´ umero horizontal es 837. El n´ umero vertical de la izquierda debe ser, pues, 186, y como la cifra 3 ya se utiliz´o, el n´ umero vertical de la derecha debe ser 279, quedando el crucigrama como se muestra. Las cifras que no se usaron son 4 y 5. ↓
↓
1 → 8 6
2 3
7 9
Soluci´ on del problema 70. La respuesta es (b). Las u ´nicas formas de escribir 143 y 133 como producto de enteros mayores que 1 son 143 = 11 × 13 y 133 = 7 × 19, de modo que conocemos los lados de estos dos rect´angulos. En la figura se observa que a 13 + 7 = 20 le falta el lado del cuadrado peque˜ no para dar el lado del cuadrado grande, mientras que a 11 + 19 = 30 le sobra el lado del cuadrado peque˜ no para dar el lado del
Soluciones
43
cuadrado grande. Como 20 y 30 difieren en 10, el lado del cuadrado peque˜ no = 5 (y el lado del grande es 25) y por lo tanto su a ´ rea es 25. es 10 2 19
13 11
7
Soluci´ on del problema 71. La respuesta es (c). Digamos que el collar se compone de 4 segmentos negros (de tama˜ nos 1, 3, 5 y 7) y de 4 segmentos blancos (de tama˜ nos 2, 4, 6 y 8). En total el collar tiene 1 + 3 + 5 + 7 = 16 perlas negras y 2 + 4 + 6 + 8 = 20 perlas blancas, de manera que cada tira tiene 8 perlas negras. Consideremos la tira con la menor cantidad de perlas blancas. Como ning´ un segmento negro tiene 8 perlas, dicha tira tiene perlas negras provenientes de al menos 2 segmentos negros distintos y por lo tanto contiene a alg´ un segmento blanco. Alrededor del segmento blanco con 2 perlas s´olo hay 1 + 3 = 4 perlas negras. De esta manera si la tira (con menor cantidad de perlas blancas) contiene este segmento blanco, entonces no ser´ıa el u ´nico segmento blanco contenido en ´esta tira. De aqu´ı se seguir´ıa que la tira con menor cantidad de perlas blancas tendr´ıa al menos 6 perlas blancas. Ahora, supongamos que uno de los cortes lo hacemos de manera que cada una de las perlas blancas (del segmento de 2 perlas blancas) quede en tira distinta. Es f´acil ver que en ´este caso la tira con menos perlas blancas tendr´ıa al menos 5 perlas blancas. La siguiente opci´on es considerar que una de las tiras contiene completamente al segmento con 4 perlas blancas. Consideremos entonces la siguiente tira: 3 perlas negras, 4 perlas blancas, 5 perlas negras. Vemos que esta tira tiene exactamente 4 perlas blancas y 8 perlas negras. Como esta es nuestra mejor opci´on, concluimos que la tira con mayor n´ umero de perlas blancas tiene 16 perlas blancas. Soluci´ on del problema 72. La respuesta es (a). Cada nivel de la pir´amide es un cuadrado. Entonces, para calcular el n´ umero de balas por pir´amide, tendremos que sumar los cuadrados de 1 hasta 10, es decir, 12 + 22 + . . . + 102 = 10·11·21 = 385. 6 Soluci´ on del problema 73. La respuesta es (b). Notemos que x2 + y 2 = 6xy implica que (x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 = 8xy y (x+y)2 8xy (x − y)2 = x2 − 2xy + y 2 = 4xy. Entonces (x−y) 2 = 4xy = 2, por lo tanto, √ x+y 2. x−y =
44
Soluciones
Soluci´ on del problema 74. La respuesta es (c). De la p´agina 1 a la 9 necesitamos 9 d´ıgitos, de la 10 a la 99 necesitamos 90 · 2 d´ıgitos, es decir, de la p´agina 1 a la 99 necesitamos 189 d´ıgitos. Para las siguientes p´aginas necesitamos 3 por cada una, pero tenemos 2004−189 = 1815 d´ıgitos, es decir, s´olo podemos formar 1815 umeros de tres d´ıgitos. Por 3 = 605 n´ lo tanto tenemos 99 + 605 = 704 p´aginas posibles. Soluci´ on del problema 75. La respuesta es (b). Los primeros tres d´ıgitos determinan el resto de los d´ıgitos, entonces basta calcular cu´antos n´ umeros de tres d´ıgitos hay. Le´ıdos de izquierda a derecha, para el primer d´ıgito tenemos 9 opciones, ya que no puede ser cero pues en caso contrario tendr´ıamos un n´ umero de 2 d´ıgitos. Para el segundo d´ıgito tenemos 10 opciones al igual que para el tercero, entonces tenemos 9·10·10 = 900 n´ umeros de tres d´ıgitos. Por lo tanto, tenemos 900 n´ umeros capic´ uas de 6 d´ıgitos. Soluci´ on del problema 76. La respuesta es (d). Dado que los segmentos AB = 5, AC = 3 y BC = 4, cumplen que AC 2 + BC 2 = AB 2 , tenemos que se cumple el Teorema de Pit´agoras. Entonces, el tri´angulo 4ABC es un tri´angulo rect´angulo con hipotenusa AB. Por lo tanto, α = 90◦ . Soluci´ on del problema 77. La respuesta es (d). Para que un n´ umero sea m´ ultiplo de 9 la suma de sus d´ıgitos debe ser divisible por 9, entonces a + b puede ser 5 o 14. Para que un n´ umero sea m´ ultiplo de 11 la suma de sus d´ıgitos en lugar impar menos la suma de sus d´ıgitos en lugar par debe ser divisible por 11, entonces 4 + b + 7 + 6 − (1 + 4 + a) debe ser m´ ultiplo de 11, con lo cual b − a + 1 debe ser 0. Tenemos los sistemas (1) b − a = −1, a + b = 5 y (2) b − a = −1, a + b = 14, pero como b−a y a+b deben tener la misma paridad, obtenemos que solamente el sistema (1) es v´alido. Resolvi´endolo obtenemos que a = 3 y b = 2. Soluci´ on del problema 78. La respuesta es (a). Sea AB un lado del dec´agono y sea O el centro del c´ırculo, como se muestra en la siguiente figura
Soluciones
45
x
A 36◦ 36◦
B 72◦ 72◦
1−x
x 36◦ O Consideramos el punto D sobre el lado OB de tal manera que AD bisecta el a´ngulo ∠OAB. Con esto, obtenemos que el tri´angulo 4DAB es semejante al tri´angulo 4BOA, y de aqu´ı que AB BD = . AB OA Designemos x = AB. Como los tri´angulos 4DAB y 4DAO son is´osceles tenemos que DA = DO = x y BD = 1 − x. Reescribimos el cociente anterior y obtenemos x 1−x = . x 1 De aqu´ı, obtenemos√ a su vez la ecuaci´ on x 2 + x − 1 = 0 la cual tiene como √ soluciones x = −1+2 5 y x = −1−2 5 . La segunda soluci´on no es v´alida, ya que una longitud no puede ser negativa, por lo tanto, x =
√ −1+ 5 . 2
Soluci´ on del problema 79. La respuesta es (a).
Trazando las diagonales del rect´angulo obtenemos 12 tri´angulos. Cada lado del rect´angulo contiene la base de 3 tri´angulos, uno blanco y dos sombreados. Estos tri´angulos tienen la misma a´rea, dado que sus bases son iguales y comparten la misma altura en cada lado del rect´angulo. As´ı, la raz´on de las a´reas es de 1 : 2.
46
Soluciones
Soluci´ on del problema 80. La respuesta es (b).
Notemos que tenemos tres tri´angulos equil´ateros de lado tres dentro de la figura, ya que cada uno tiene un a´ngulo de 60 o y es is´osceles por construcci´on. Por la misma raz´on tenemos tres tri´angulos equil´ateros de lado dos, entonces el a´rea es igual a 9 · 3 + 4 · 3 − 2 = 37. Soluci´ on del problema 81. La respuesta es (e).
Como tenemos tres uniones tenemos 6 caras de cubos que no forman parte de la superficie de la figura, adem´as, cada cara mide 1 unidad de a´rea, por lo tanto, la superficie mide 6 · 4 − 6 = 18. Soluci´ on del problema 82. La respuesta es (d). Tenemos que x13 + 1 = x13 − 1 + 2, adem´as, sabemos que x13 − 1 = (x − 1)(1 + x + x2 + . . . + x12 ). Entonces (x − 1)(1 + x + . . . + x12 ) 2 2 x13 + 1 = + = (1 + x + . . . + x12 ) + . x−1 x−1 x−1 x−1 Por lo tanto, el residuo es 2. Soluci´ on del problema 83. La respuesta es (c). Como hay un patr´on de 6 d´ıgitos (247935), dividimos 2005 entre 6, lo cual nos da un cociente de 334 y residuo 1. Por lo tanto, el patr´on en 2005 d´ıgitos se
Soluciones
47
repite 334 veces m´as un d´ıgito, entonces los u ´ltimos d´ıgitos est´an dados por el u ´ltimo patr´on y un d´ıgito m´as: ...2479352. Los u ´ltimos tres d´ıgitos son: 3, 5 y 2. Soluci´ on del problema 84. La respuesta es (d). Sea E el punto de intersecci´on de AN y BM ; y sea F el punto de intersecci´on de M C y DN. A
M
D
E F B
N
C
Dado que las a´reas de los tri´angulos 4AEB, 4M EN, 4M F N y 4DF C son iguales entre s´ı, tenemos que el a´rea sombreada es equivalente al a´rea del trapecio ABN M. Para calcular esta a´rea, tenemos primero que el a´rea del tri´angulo 4BEN es igual a 2 (ya que los tri´angulos 4BEN y 4AEM son semejantes y sus lados est´an en la raz´on 2 : 1). Ahora, como EN = 2 · AE, tenemos que el a´rea del tri´angulo 4M EN es igual a 2, y de aqu´ı tenemos tambi´en que el a´rea del tri´angulo 4AEB es igual a 2. Por lo tanto el a´rea del trapecio ABN M es igual a 1 + 2 + 2 + 2 = 7. Soluci´ on del problema 85. La respuesta es (c). Tomamos como x al n´ umero de boletos para adultos y a y como el n´ umero de boletos para ni˜ nos. Entonces el total de boletos vendidos ser´an: x + y = 500. Y la cantidad de dinero recibida ser´ıa 2.50 x + 2.00 y = 1,187.50. Esto nos da el sistema de ecuaciones siguiente: x + y = 500 2.5x + 2y = 1,187.50 podemos obtener de la primera ecuaci´on: y = 500 − x
48
Soluciones
Que sustituyendo en la segunda ecuaci´on, 2.5x + 2(500 − x) = 1,187.50
2.5x + 1 000 − 2x = 1,187.50
0.5x + 1 000 = 1,187.50 0.5x = 187.50 187.50 x = 0.5 x = 375
Por tanto, x = 375 y sustituyendo x en la primera ecuaci´on se obtiene y = 500 − 375 o´ y = 125. Entonces el total de boletos vendidos para ni˜ nos es 125. Soluci´ on del problema 86. La respuesta es (c). Reescribimos los n´ umeros de la primera fila como 0+1, 0+2, ... , 0+8, los de la segunda como 8+1, 8+2, ... , 8+8, y as´ı sucesivamente. La condici´on de acomodo para que las torres no se capturen entre ellas es que en cada fila y en cada columna se sit´ ue exactamente una torre de manera que no tenga a quien capturar. As´ı, cualquier acomodo que cumpla con que no haya dos torres en la misma fila o en la misma columna cumple con que todas las filas y todas las columnas est´an exactamente ocupadas por una torre. Por lo tanto, la suma estar´a compuesta por un n´ umero de cada fila y un n´ umero de cada columna. Es decir, la suma estar´a compuesta por 1+2+3+4+5+6+7+8 (que resultan de la descomposici´on de los n´ umeros en cada columna), y por 0+8+16+24+32+40+48+56 (que resultan de la desomposici´on de los n´ umeros en cada fila). La suma es entonces 260. Soluci´ on del problema 87. La respuesta es (b). De ab = b+c a obtenemos que a2 − b = c, b es decir, a2 − b 2 = c. b De aqu´ı, obtenemos que c a2 − b 2 = . b2 b Soluci´ on del problema 88. La respuesta es (d). Dado que r y s son las ra´ıces de la ecuaci´on, tenemos que (x − r)(x − s) =
Soluciones
49
x2 − (r + s)x + rs debe ser igual a x2 + bx + 1. De aqu´ı obtenemos que −(r + s) = b y rs = 1. Reescribimos 1 r2
+
1 s2
= = =
r 2 +s2 r 2 s2 (r+s)2 r 2 s2 (r+s)2 (rs)2
− −
2rs r 2 s2 2 rs .
Sustituyendo los valores de r + s y rs obtenemos 1 1 + 2 = b2 − 2. 2 r s Soluci´ on del problema 89. La respuesta es (a). Q
P 41◦
83◦ α
S
R
O T El ∠P SR = ∠P QR (porque PQSR es paralelogramo). Llamemos O a la intersecci´on de SR con P T , como α + ∠P OS = 180 ◦ y ∠P OS + ∠P SO + ∠OP S = 180◦ (pues la suma de los a´ngulos internos de un tri´angulo es 180 ◦ ), tenemos que α = 41◦ + 83◦ = 124◦ . Soluci´ on del problema 90. La respuesta es (b). Se quiere que el n´ umero sea m´ ultiplo de 6, por tanto debe serlo de 2 y de 3. Al pedir que la suma de sus cifras sea 21, el n´ umero ya resulta ser m´ ultiplo de 3. As´ı el n´ umero debe ser par, por lo tanto se debe pensar en las posibilidades para su u ´ltima cifra. El n´ umero no puede terminar en 0 ni 2 porque no tenemos posibilidades para las primeras dos cifras de forma que la suma alcance 21. Si la u ´ltima cifra es 4, las dos primeras deben sumar 17, luego deben ser 8 y 9, las cuales dan dos combinaciones posibles: 984 y 894. Si la u ´ltima cifra es 6, las primeras pueden ser 8 y 7, o bien 9 y 6, con los que se pueden formar cuatro n´ umeros: 876, 786, 966 y 696. Si la u ´ltima cifra es 8, las posibilidades para las primeras son 6 y 7, 5 y 8, o bien 4 y 9; y hay 6 n´ umeros: 768, 678, 588, 858, 498, 948. En total hay 12 n´ umeros.
50
Soluciones
Soluci´ on del problema 91. La respuesta es (c). Como -1 es soluci´on de la ecuaci´on, entonces 3 − b + c = 0, de ah´ı b − c = 3, por lo cual uno de ellos (b o c) tiene que ser impar, y el otro debe ser 2 (b y c son primos y su diferencia es impar). Como b = c + 3 y ambos son positivos, necesariamente c = 2 y b = 5. Por lo tanto 3c − b = 3 · 2 − 5 = 1. Soluci´ on del problema 92. La respuesta es (c). Notemos que las afirmaciones de Bernardo y Daniel son contradictorias entre s´ı. Por lo tanto una de ellas debe ser falsa y la otra verdadera. Si la afirmaci´on de Bernardo fuese verdadera, resultar´ıa tambi´en verdadera la de Carlos. Como hay una sola afirmaci´on verdadera, ´esta debe ser la de Daniel. Entonces el culpable es Carlos. Soluci´ on del problema 93. La respuesta es (a). Sean P y L el punto de partida y el punto de llegada respectivamente. Dibujemos LD perpendicular a P A y LC paralela a AB. B
1
135◦
L
G
P
135◦ 1
A
1
C
D
En el rombo ACLB, LB = BA = AC = CL = 1, tambi´en P A = 1. El tri´angulo LCD es is´osceles rect´angulo, por √ lo que aplicando el Teorema de 1 Pit´agoras, tenemos que CD = LD = √2 = 22 . Aplicando nuevamente el teorema de Pit´agoras ahora al tri´angulo LP D tenemos √ !2 2 + 2
LD 2 + P D 2 = P L2 √ !2 2 2+ = P L2 2 q √ 5 + 2 2 = P L.
Soluci´ on del problema 94. La respuesta es (b). Tracemos la cuerda com´ un AB. Tenemos las siguientes igualdades entre a´ngulos: ∠BAF = ∠BCF, ya que ambos son a´ngulos inscritos que intersectan el ard co F B en la circunferencia peque˜ na, y ∠EAB = ∠EDB, ya que ambos
Soluciones
51
d en la circunferencia granson a´ngulos inscritos que intersectan el arco BE de. Entonces, como ∠EAF = ∠EAB + ∠F AB, tenemos que ∠EAF = ∠EDB + ∠F CB.
A βα C
α
E
F
D
β
B Ahora, como sabemos que la suma ∠BCF +∠BDE +∠CBD = ∠BCD + ∠BDC + ∠CBD = 180◦ , concluimos que ∠EAF + ∠CBD = 180◦ . Soluci´ on del problema 95. La respuesta es (e). Como AC es paralela a HG, el a´ngulo α es igual a γ, y como β es igual a α, entonces β = γ. Luego, el tri´angulo AHE es is´osceles y AH = HE. En el tri´angulo rect´angulo ABE, el a´ngulo ABE es complementario a β, y BEH es complementario a γ, como β = γ, ∠ABE es complementario a γ. Como los a´ngulos ABE y BEH son complementarios a β, son congruentes y el tri´angulo HBE es is´osceles con HB = HE. Luego, BH = AH. A α
β H γ
E
B
D G
C
En el tri´angulo ABC, como HG y AC son paralelos y H es punto medio de AB, G es punto medio de BC. Por lo tanto BG = 14. En el tri´angulo ABC, AD es bisectriz, luego, por el teorema de la bisectriz BD AB = . AC DC
52
Soluciones
Sea x = BD, entonces DC = 28 − x. Sustituyendo en la ecuaci´on anterior 26 x = , 30 28 − x
despejando
x = 13 = BD.
Como BG = 14 y BD = 13, entonces DG = 1. Soluci´ on del problema 96. La respuesta es (b). Sea x = AE = EC = CF = AF . Como AD = 16, F D = 16 − x. Como DC = 12, utilizando el Teorema de Pit´agoras en el tri´angulo DF C, F D 2 + DC 2 = F C 2 . Sustituyendo valores, (16 − x)2 + 122 = x2 , despejando x = 25 2 . F
A
D
G
B
C
E
Nuevamente, aplicando el Teorema de Pit´agoras ahora al tri´angulo ADC tenemos AD 2 + DC 2 = AC 2 , 162 + 122 = AC 2 , despejando AC = 20. Como las diagonales de un rombo son perpendiculares y se bisectan, el tri´angulo EGC es rect´angulo y GC = 10. Aplicando nuevamente el Teorema de Pit´agoras ahora a este tri´angulo, se tiene que EG 2 +GC 2 = EC 2 , EG2 +100 = 15 625 4 . Por lo tanto, EG = 2 y EF = 2 EG = 15. Soluci´ on del problema 97. La respuesta es (c). Dibujamos la altura AD, como el ∠ABC = 135 ◦ entonces ∠ABD = 45◦ . Luego, el tri´angulo ADB es is´osceles rect´angulo. A
E 135◦
D
B
F
C
√ √ √ Si AB = 50 = 25 · 2 = 5 2, por el teorema de Pit´agoras, AD = DB = 5. En el tri´angulo ADC, como DC = 12 y AD = 5 entonces CA = 13. Por lo tanto, EF = 12 CA = 13 2 .
Soluciones
53
Soluci´ on del problema 98. La respuesta es (d). Dibujamos la altura AD desde el v´ertice A a la hipotenusa del tri´angulo. Como sabemos que E es el centro de la circunferencia circunscrita al tri´angulo 4ABC y BC es uno de sus di´ametros, tenemos que AE = BE = EC = 10. A
B
GD
E
H
C
Sea GD = x entonces DE = 5 − x. Por el teorema de Pit´agoras, en los tri´angulos 4AGD y 4ADE, AG2 − x2 = 102 − (5 − x)2 , despejando AG2 = 75+10x. An´alogamente, en los tri´angulos 4ADH y 4ADE, AH 2 −(10−x)2 = 102 − (5 − x)2 , despejando AH 2 = 175 − 10x. Sumando todas los cuadrados de todas las longitudes, tenemos que AG 2 + AH 2 + AE 2 = 75 + 10x + 175 − 10x + 100 = 350.
Soluci´ on del problema 99. La respuesta es (a). Consideremos el tri´angulo 4BCD. Si dibujamos la altura desde D a BC y consideramos el tri´angulo 4BCD que tiene lados 14, 13 y 15, se puede calcular, utilizando el Teorema de Pit´agoras, que DE = 12, BE = 9 y EC = 5. A
B
Q P
D
E
C Luego, los tri´angulos 4ABD y 4EBD son congruentes, ya que tienen tres lados iguales. Entonces si extendemos la altura AP pasa por E. Como el tri´angulo AB 4ABD es rect´angulo, es semejante al tri´angulo 4P BA, luego BD AB = BP , sus9 27 tituyendo los valores tenemos que 15 9 = BP , es decir, BP = 5 . Consideremos ahora 4BQC, donde P E es paralelo a CQ, entonces por el
54 Teorema de Thales,
Soluciones BE EC
=
BP PQ,
sustituyendo los valores tenemos que
27 9 = 5 , 5 PQ
es decir,
P Q = 3.
Soluci´ on del problema 100. La respuesta es (b). Consideremos el tri´angulo rect´angulo 4DBC entonces, por el Teorema √de Pit´agoras, tenemos que DB 2 + BC 2 = DC 2 y sustituyendo valores DC = 25 . Sea G la intersecci´on de √ las medianas. Como las medianas se intersectan en 1 raz´on 1 : 2, DG = 3 DC = 65 . A
D
P
B
G
C
Ahora bien, los tri´angulos rect´angulos 4DCB y 4DBP son semejantes, DC = DB ya que tienen dos a´ngulos iguales, entonces DB DP sustituyendo valores y despejando tenemos DP = √ 5 15 .
√ 5 10 .
Por lo tanto, P G = DG − DP =
√ 5 6
−
√ 5 10
=
Concentrado de Respuestas 1.2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12.13.14.15.16.17.18.19.20.21.22.23.24.25.-
(a) (b) (c) (e) (b) (d) (b) (b) (d) (d) (c) (e) (d) (e) (a) (d) (c) (b) (c) (c) (a) (c) (e) (e) (a)
26.27.28.29.30.31.32.33.34.35.36.37.38.39.40.41.42.43.44.45.46.47.48.49.50.-
(e) (b) (d) (a) (d) (b) (c) (c) (b) (d) (d) (c) (a) (a) (a) (d) (b) (e) (d) (c) (d) (d) (b) (b) (b)
51.52.53.54.55.56.57.58.59.60.61.62.63.64.65.66.67.68.69.70.71.72.73.74.75.-
(c) (a) (c) (a) (d) (e) (d) (b) (a) (c) (e) (d) (b) (e) (d) (e) (e) (c) (b) (b) (c) (a) (b) (b) (b)
76.77.78.79.80.81.82.83.84.85.86.87.88.89.90.91.92.93.94.95.96.97.98.99.100.-
(d) (d) (a) (b) (e) (d) (a) (c) (d) (c) (c) (b) (d) (a) (b) (c) (c) (b) (e) (b) (a) (c) (d) (a) (b)
56
Comit´e Organizador de la Olimpiada Mexicana de Matem´aticas Radmila Bulajich Manfrino (Presidenta) Anne Alberro Semerena Ignacio Barradas Bribiesca Gabriela Campero Arena Jes´us Jer´onimo Castro Luis Cruz Romo Jos´e Antonio G´omez Ortega Alejandro Illanes Mej´ıa Humberto Montalv´an G´amez Arturo Morales L´opez Antonio Olivas Mart´ınez Elena Ruiz Vel´azquez Carmen Sosa Garza Rogelio Valdez Delgado
