Matemática_20_I

Problemas para la 20a

Olimpiada Mexicana de Matematicas

(Problemas Introductorios)

Editado por:

Jose Luis Alonzo Velazquez

Radmila Bulajich Manfrino

Gabriela Campero Arena

Jesus Jeronimo Castro

Humberto Montalvan Galvez

2006

Jose Luis Alonzo Velazquez

Estudiante, Facultad de Matematicas, Universidad de Guanajuato.


Profesor-Investigador, UAEM.


Profesor, UNAM.


Estudiante, CIMAT A.C.

Humberto Montalvan Galvez

Estudiante, Facultad de Matematicas, Universidad de Puebla.

Contenido

. Presentacion II

. Etapas de la Olimpiada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . iii

. Resumen de Resultados IV

. Resultados de Mexico en las Internacionales . . . . . . . . . iv

. Resultados del Concurso Nacional de la 19a OMM . . . . . vii

. Agradecimientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ix

. Informacion sobre la Olimpiada . . . . . . . . . . . . . . . . ix

. Enunciados de los Problemas 1

. Soluciones de los Problemas 23

. Concentrado de Respuestas 55

Presentacion

La Sociedad Matematica Mexicana organiza la 20a Olimpiada Mexicana deMatematicas. Los ganadores del certamen formaran las selecciones que partici-paran en las distintas olimpiadas internacionales del ano 2007: la XIX Olimpiadade la Cuenca del Pacıfico que se llevara a cabo en el mes de marzo en Mexico y losexamenes se corregiran en Corea; la 48a Olimpiada Internacional que se llevaraa cabo en Vietnam durante el mes de julio, la XXII Olimpiada Iberoamericanade Matematicas que se realizara en septiembre en Portugal y la IX OlimpiadaMatematica de Centroamerica y el Caribe que se celebrara en alguno de lospaıses participantes en el mes de julio.

En la 20a Olimpiada Mexicana de Matematicas pueden participar los estudiantesde Mexico nacidos despues del 1o de agosto de 1987. Los concursantes deberanestar inscritos en una institucion preuniversitaria durante el primer semestre delciclo escolar 2006-2007 y, para el 1o de julio de 2007, no deberan haber iniciadoestudios de nivel universitario.

La intencion de esta publicacion es que sirva como orientacion a los alumnosque desean participar en estas olimpiadas. Los problemas que aparecen aquı noson ejercicios rutinarios en los que se apliquen directamente los conocimientosque se adquieren en la escuela, son problemas que requieren de una buenadosis de ingenio y de esfuerzo para ser resueltos. Como en todos los aspectosdel aprendizaje de las matematicas, el esfuerzo individual y el enfrentamientosolitario con los problemas son importantes, pero tambien es muy importantela discusion con companeros y profesores.

Una forma de manifestar creatividad en matematicas es resolviendo proble-mas. Otra forma, que requiere de una mayor madurez, es inventandolos. In-vitamos a todos los lectores de este folleto: profesores, estudiantes, olımpicosy exolımpicos a que nos envıen problemas con solucion al correo electronico

Presentacion III

[email protected] . Las aportaciones seran consideradas para su in-clusion en examenes o en futuros folletos.Este folleto incluye problemas de los examenes estatales de: Aguascalientes,Baja California, Coahuila, Distrito Federal, Estado de Mexico, Hidalgo, Jalisco,Morelos, Nuevo Leon, San Luis Potosı, Sonora y Zacatecas.

Etapas de la Olimpiada

La Olimpiada Mexicana de Matematicas consta de tres etapas:

Examenes Estatales. En cada estado hay un delegado que organiza esta etapay de ella surgen las selecciones estatales que asisten al Concurso Nacional. Alfinal de este folleto hemos incluido los datos de los delegados estatales.

Concurso Nacional. Este concurso se llevara a cabo en la ciudad de Zacatecas,Zacatecas, del 12 al 18 de noviembre de 2006. En el, se elegira a la preseleccionmexicana.

Entrenamientos. A los alumnos de la preseleccion que surjan del Concurso Na-cional se les entrenara intensivamente durante el primer semestre del ano 2007.Tambien, se les aplicaran examenes para determinar a los que representaran aMexico en las olimpiadas internacionales.

La participacion en las tres etapas mencionadas es individual.

IV Presentacion

Resumen de Resultados

En el ano de 1987 la Sociedad Matematica Mexicana organizo la Primera Olim-piada Mexicana de Matematicas. A partir de esa fecha, los concursos nacionalesse han celebrado anualmente en las ciudades de Xalapa, Hermosillo, Metepec,Guanajuato, Oaxtepec, La Trinidad, Acapulco, Guadalajara, Colima, Merida,Monterrey, Queretaro, Oaxaca, Morelia, Oaxtepec, Colima, Guanajuato, Ixta-pan de la Sal y Campeche.

Resultados de Mexico en las Internacionales

Los resultados de las delegaciones mexicanas en las olimpiadas internacionalesen las que se ha participado son los siguientes:

Olimpiada Internacional de Matematicas

ano paıs sede no. de paıses lugar de Mexico

1988 Australia 49 371989 Rep. Fed. de Alemania 50 311990 Rep. Popular de China 54 361991 Suecia 55 351992 Rusia 56 491993 Turquıa 73 631994 Hong Kong 69 651995 Canada 74 591996 India 75 531997 Argentina 82 321998 Taiwan 75 441999 Rumania 81 522000 Corea 82 302001 Estados Unidos 83 462002 Escocia 84 462003 Japon 82 412004 Grecia 84 372005 Mexico 91 31

La 46a Olimpiada Internacional de Matematicas se llevo a cabo en Merida,Mexico, del 6 al 19 de julio de 2005. La delegacion que represento a Mexicoestuvo integrada por los alumnos: Isaac Buenrostro Morales (Jalisco), HectorDaniel Garcıa Lara (Chihuahua), Guevara Manuel Angel Guevara Lopez (Za-catecas), David Guadalupe Torres Flores (Guanajuato), Pablo Soberon Bravo

Presentacion V

(Morelos), Ivan Joshua Hernandez Maynez (Coahuila). Se obtuvieron 4 medallasde bronce (Isaac, Guevara Manuel Angel, Ivan Joshua y Pablo) y dos mencioneshonorıficas (Hector Daniel y David Guadalupe). Mexico ocupo el lugar 31 de 91paıses participantes.

Olimpiada Iberoamericana de Matematicas


1989 Cuba 13 31990 Espana 15 31991 Argentina 16 51992 Venezuela 16 61993 Mexico 16 91994 Brasil 16 61995 Chile 18 91996 Costa Rica 17 21997 Mexico 17 31998 Republica Dominicana 18 51999 Cuba 20 32000 Venezuela 21 22001 Uruguay 21 32002 El Salvador 22 32003 Argentina 19 42004 Espana 22 52005 Colombia 22 2

La XX Olimpiada Iberoamericana se llevo a cabo en Cartagena, Colombia,del 25 de septiembre al 1◦ octubre de 2005. Los alumnos que concursaronfueron: Hector David Guadalupe Torres Flores (Guanajuato), Guevara ManuelAngel Guevara Lopez (Zacatecas), Pablo Soberon Bravo (Morelos), Ivan Jos-hua Hernandez Maynez (Coahuila). Se obtuvieron dos medallas de oro (GuevaraManuel Angel con un examen perfecto e Ivan Joshua), una de plata (Pablo) yuna de bronce (David Guadalupe). Mexico ocupo el segundo lugar de 22 paısesque participaron.

VI Presentacion

Olimpiada Matematica de Centroamerica y el Caribe


1999 Costa Rica 10 22000 El Salvador 9 22001 Colombia 10 22002 Mexico 8 12003 Costa Rica 11 12004 Nicaragua 12 12005 El Salvador 12 1

Entre el 7 y el 11 de junio, se celebro en El Salvador, la VII Olimpiada Ma-tematica de Centroamerica y el Caribe. La delegacion mexicana estuvo inte-grada por los alumnos: Jan Marte Contreras Ortiz, Isaac Buenrostro Morales yPaul Ivan Gallegos Bernal (todos ellos de Jalisco). Los alumnos (Isaac y PaulIvan) obtuvieron 2 medallas de oro y (Jan Marte) una medalla de plata. Mexicoocupo la posicion numero 1 de 12 paıses participantes.

Olimpiada Matematica de la Cuenca del Pacıfico

Desde 1991, los ganadores del Concurso Nacional participan anualmente en laOlimpiada de Matematicas de la Cuenca del Pacıfico. No existe un registroestadıstico sobre la participacion de Mexico antes del 2004.

ano paıs organizador no. de paıses lugar de Mexico

2004 Canada 19 92005 Corea 19 13

Durante el mes de marzo de 2005 se aplico el examen de la XVII Olimpiada dela Cuenca del Pacıfico a todos los alumnos que en ese momento se encontrabanen los entrenamientos. Dicho examen llega por correo, y se aplica y califica enMexico. Los mejores examenes se enviaron a Corea, paıs organizador, para serevaluados por el comite coreano. Los alumnos que obtuvieron medalla fueron:Pablo Soberon Bravo (Morelos, medalla de plata), Hector Daniel Garcıa Lara(Chihuahua, medalla de bronce). Los alumnos que mencionamos a continua-cion obtuvieron mencion honorıfica: Paul Ivan Gallegos Bernal (Jalisco), IsaacBuenrostro Morales (Jalisco), Guevara Manuel Angel Guevara Lopez (Zacate-cas), Galo Higuera Rojo (Morelos), Ivan Joshua Hernandez Maynez (Coahuila),

Presentacion VII

Andres Ruız Vargas (Yucatan), Mario Alejandro Huicochea Mason (Distrito Fe-deral) y Francisco Javier Ibarra Goycoolea (Baja California). Mexico ocupo ellugar numero 13 de los 19 paıses participantes.

Total de medallas obtenidas por Mexico en las olimpiadas

internacionales

Olimpiada Oro Plata Bronce Mencion Honorıfica

Internacional 0 3 28 20Iberoamericana 13 25 23 3Centroamericana 12 7 2 0

Resultados del Concurso Nacional de la19

a Olimpiada Mexicana de Matematicas

Del 6 al 12 de noviembre de 2005 se llevo a cabo en Campeche, Campeche,el Concurso Nacional de la 19a Olimpiada Mexicana de Matematicas, con laparticipacion de todos los estados de la Republica. Los 16 alumnos ganadoresdel primer lugar fueron:

Ramırez Prado Juan Carlos (Baja California)Ruelas Vazquez Juan Carlos (Chihuahua)Hernandez Maynez Ivan Joshua (Coahuila)Campos Garcıa Fernando (Distrito Federal)Torres Flores David Guadalupe (Guanajuato)Buenrostro Morales Isaac (Jalisco)Contreras Ortiz Jan Marte (Jalisco)Pacchiano Camacho Aldo (Morelos)Soberon Bravo Pablo (Morelos)Escalera Rodrıguez Jesus Aaron (Nuevo Leon)Sierra Gonzalez Daniel Alfonso (Nuevo Leon)Ramırez Garcıa Luna Valente (San Luis Potosı)Bueno Contreras Jose Jorge (Sonora)Rivera Arredondo Carolina (Sonora)Avila Ponce de Leon Marco Antonio (Yucatan)Guevara Lopez Manuel Angel Guevara (Zacatecas).

VIII Presentacion

Los 5 alumnos preseleccionados para la Olimpiada Matematica de Centroamericay el Caribe fueron:

Gallegos Bernal Paul Ivan (Jalisco)Rıos Ferrusca Jose Daniel (Queretaro)Gomez Emilsson Andres Leonardo (Distrito Federal)Novelo Puc Manuel Jesus (Yucatan)Mendoza Orozco Rodrigo (Jalisco).

Aunque la participacion en el Concurso Nacional es individual, es importantedestacar la labor que han llevado a cabo los estados de la Republica apoyandoa sus concursantes. Con el proposito de reconocer este trabajo, presentamosel registro de los estados que ocuparon los primeros diez lugares en la 19a

Olimpiada Nacional.

1. Jalisco2. Morelos3. Yucatan4. Chihuahua5. Guanajuato6. San Luis Potosı7. Nuevo Leon8. Sonora9. Distrito Federal10. Queretaro

En esta ocasion, el premio a la Superacion Academica se llamo Copa “AH-KIM-PECH”y fue ganado por el estado de Yucatan. El segundo y tercer lugar de estepremio lo ocuparon, respectivamente, San Luis Potosı y Morelos.

Presentacion IX

Agradecimientos

Agradecemos a todos los estados que colaboraron con los problemas queaparecen en este folleto, ası como a todas las personas que participaron en laelaboracion del mismo.

Informacion sobre la Olimpiada

Para obtener mas informacion sobre los eventos de la Olimpiada Mexicanade Matematicas o para consultar mas material de estudio, visita nuestro sitiode Internet:

http://erdos.fciencias.unam.mx/omm

COMITE ORGANIZADOR DE LA

OLIMPIADA MEXICANA DE MATEMATICAS

Febrero de 2006

X Presentacion

Enunciados de los Problemas

Para mostrar el tipo de problemas que se manejan en la fase estatal de laOlimpiada Mexicana de Matematicas, presentamos aquı algunos ejemplos deellos. Las soluciones se encuentran despues.

Problema 1. Ana tiene dos recipientes vacıos identicos y un vaso pequeno.Primero, Ana llena el recipiente A hasta el tope con agua del garrafon, y comotiene sed, bebe 2 vasos de agua (tomada del recipiente A). Despues, llenacompletamente el recipiente B con agua del garrafon, pero como no le gustaque este tan lleno, vierte un vaso de agua del recipiente B al recipiente A.¿Como se compara la cantidad de agua en el recipiente A con la cantidad deagua en el recipiente B?

(a) son iguales (b) hay mas agua en A (c) hay mas agua en B

(d) son distintas (y no se puede saber nada mas) (e) no se puede saber nada

Problema 2. En el triangulo ABC, ∠A + ∠B = 110◦, y D es un punto sobreel segmento AB tal que CD = CB y ∠DCA = 10◦. El angulo ∠A mide:

AB

C

D

10◦

(a) 45◦ (b) 50◦ (c) 55◦ (d) 60◦ (e) 65◦

2 Problemas

Problema 3. ¿Para que entero positivo n se satisface la ecuacion siguiente?

1 + 3 + 5 + . . . + (2n− 1)

2 + 4 + 6 + . . . + 2n=

2006

2007

(a) 100 (b) 2005 (c) 2006 (d) 2007 (e) 2008

Problema 4. Inicialmente, las casillas 1 y 3 del tablero mostrado estan pinta-das de blanco, mientras que las casillas 2 y 4 estan pintadas de negro. Cadadeterminado tiempo, una de las casillas cambia su color al color opuesto. Silas casillas cambian en este orden: 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, etcetera, ¿cual sera elaspecto del tablero despues del cambio numero 2005?

1 2

34

(a) (b) (c) (d) (e)

Problema 5. Israel, David, Gonzalo, Gerardo, Ivan y Mario se sentaron alrededorde una mesa circular en un restaurante. Ni Israel, ni Gerardo, ni Mario se sentaronjunto a otro de ellos tres. Ademas, los nombres de cualesquiera dos personas queestaban sentadas juntas empezaban con letras distintas. ¿Quien estaba sentadoen la posicion opuesta a Mario?

(a) Israel (b) David (c) Gonzalo (d) Gerardo (e) Ivan

Problema 6. ¿Cuantas cantidades diferentes de dinero puedes pagar con cambioexacto si tienes 2 monedas de $1 y 2 monedas de 50 centavos?

(a) 1 (b) 3 (c) 5 (d) 6 (e) mas de 6

Problema 7. ¿Cuantos numeros enteros positivos son multiplos de 5, pero node 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 rectosque lo atraviesen por completo y que sean paralelos a sus lados. ¿Cuantos corteshay 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 pe-queno. Al barril grande le caben 53 litros de agua mientras que al barril pequenole caben 40 litros. Un dıa que ambos barriles estaban vacıos, Chencha lleno elbarril pequeno con agua del pozo. Luego virtio toda esta agua en el barril grandey volvio a llenar el barril pequeno con agua del pozo. Finalmente, virtio aguadel barril pequeno en el barril grande hasta que completo lo que le faltaba aeste para llenarse. ¿Cuantos litros de agua quedaron en el barril pequeno, en esemomento?

(a) 0 (b) 13 (c) 17 (d) 27 (e) 40

Problema 10. Abajo se muestra una cuadrıcula en la cual se pintaron 3 ren-glones y 4 columnas de gris. Las casillas que se pintaron dos veces de gris sevolvieron negras. Si en una cuadrıcula mas grande se pintan de gris 23 renglonesy 31 columnas, ¿cuantas casillas negras habra?

(a) 54 (b) 64 (c) 703 (d) 713 (e) No se puede determinar

Problema 11. Utilizando dos piezas como esta

¿cual de las figuras de abajo no se puede formar, dado que las piezas se puedenrotar, pero no voltear?

(a) (b) (c) (d) (e)

4 Problemas

Problema 12. ¿Cuantos numeros enteros x hay tales que 10x+12x−1 es un numero

entero?

(a) 1 (b) 8 (c) 357 (d) 358 (e) 4

Problema 13. Se vende el 20% de una finca de 40 hectareas, se alquila el 50%del resto y se cultiva el 25% del nuevo resto. Hallar la porcion cultivada.

(a) 4.5 hectareas (b) 2 hectareas (c) 10 hectareas

(d) 4 hectareas (e) 8 hectareas

Problema 14. ¿Cual de las siguientes expresiones no es igual a cero?

(a) 44+44 − 4× 4 (b) 4 + 4× 4− 4

(4 + 4

4

)(c)(√

4)4 −

(444 + 4

4 + 4)

(d)4

4×4−4−

44

444 (e) 44−444√

4−√

4/4+4/4

Problema 15. En el arreglo rectangular de puntos mostrado, la distancia entrecualesquiera dos puntos adyacentes es 1. ¿Cual es el area mas grande que puedetener un cuadrilatero, tres de cuyos vertices son los puntos blancos, si su cuartovertice es uno de los puntos negros?

(a) 512 (b) 6 (c) 6 1

2 (d) 7 (e) 7 12

Problema 16. Un virus ataco el disco duro de una computadora, el primerdıa destruyo dos terceras partes, el segundo dıa, de lo que quedo destruyo unacuarta parte, finalmente el tercer dıa destruyo la quinta parte de lo que quedaba.¿Que fraccion del disco duro quedo sin danar?

(a) 130 (b) 13

60 (c) 760 (d)3

5 (e) 15

Problema 17. ¿Cuantas veces aparece el factor 2 en la descomposicion enprimos de 1 + 2 + 3 + ... + 102005?

(a) 1 (b) 2006 (c) 2005 (d) 20 (e) 2004

Problemas 5

Problema 18. Los numeros positivos a, b, c, d y e satisfacen las siguientesrelaciones:

a · b = 1b · c = 4c · d = 9d · e = 16e · a = 25.

Hallar a, b, c, d y e.

(a) 158 , 4

15 , 152 , 6

5 , 403 (b) 15

8 , 815 , 15

2 , 610 , 40

3 (c) 158 , 8

15 , 152 , 6

5 , 403

(d) 158 , 8

15 , 154 , 6

5 , 403 (e) 15

4 , 815 , 15

2 , 63 , 40

6

Problema 19. Cierto profesor de matematicas realiza 5 examenes a lo largo delano, en cada uno de los cuales otorga a sus alumnos como calificacion un enteroentre 0 y 10. ¿Cual es el menor promedio que pudo haber obtenido Ana, si, contan solo conocer este promedio, su mama supo que su hija habıa obtenido 10en al menos dos de los examenes?

(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 restaurantepara comer. En cuanto se sento a la mesa, Marisol le conto a Claudia un secretode Julian sin que el estuviera presente. Cuando llego Aaron, aun no llegabaRosalba. A pesar de esto la mejor amiga de Rosalba ya no pudo platicarle anadie del regalo sorpresa que planeaba comprarle a Rosalba para su cumpleanosla proxima semana. ¿Quien llego al final?

(a) Aaron (b) Claudia (c) Julian (d) Marisol (e) Rosalba

Problema 21. Una recta parte al rectangulo ABCD como se muestra. Si elsegmento AP mide 3 y el segmento QC mide 2, ¿cuanto vale la longitud deDQ menos la longitud de PB?

A B

CD

P

Q

3

2

(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 5 (e) No se puede determinar

6 Problemas

Problema 22. Compre un costal lleno de alpiste para alimentar a mi canario. Elprimer dıa mi canario se comio 1

2 del total de alpiste. El segundo dıa se comio13 del alpiste restante y el tercer dıa comio 1

4 del sobrante. Del total de alpisteque habıa en el costal, ¿que fraccion queda?

(a) 12 (b) 1

3 (c) 14 (d)1

5 (e) 16

Problema 23. En un puesto de frutas y verduras hay 5 cajas de madera colo-cadas en lınea que contienen productos distintos. La caja con fresas esta juntoa la caja con berenjenas y junto a la caja con espinacas; la caja con mandarinasy la caja con papas no estan colocadas una junto a la otra; ademas, la cajacon mandarinas se encuentra hacia la derecha de la caja con berenjenas. ¿Queartıculo se encuentra en la caja del extremo izquierdo de la lınea?

(a) Berenjenas (b) Espinacas (c) Fresas (d) Mandarinas (e) Papas

Problema 24. Si 9x+2 = 240 + 9x, entonces el valor de x es:

(a) 110 (b) 2

10 (c) 310 (d) 4

10 (e) 12

Problema 25. En la figura, los triangulos 4PAB y 4PCD son identicos. Siel angulo ∠APC = 67◦ y el angulo ∠CPD = 38◦, ¿cuanto mide el angulo∠BPC?

P

A

B

CD

(a) 29◦ (b) 31◦ (c) 38◦ (d) 39◦ (e) 67◦

Problema 26. Una alfombra magica, de forma rectangular, despues de cumplirleun deseo a su dueno, se reduce a la mitad de su longitud y a la tercera parte desu ancho. Al cabo de tres deseos la alfombra tiene un area de 4m2. Si su anchoinicial era de 9m, ¿cual 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 perımetro 2, mientrasque la circunferencia pequena tiene perımetro 1. El area de la region sombreadaes:

(a) 12π (b) 3

4π (c) π4 (d) 3π

4

(e) depende de la posicion exacta de las circunferencias

Problema 28. Pablito recorta cada una de las cifras del numero 2003 de unperiodico, y se dispone a pegar algunos de estos cuatro trocitos de papel (otal vez todos) en un renglon de su cuaderno para formar un numero. ¿Cuantosnumeros distintos puede construir de esta manera?

(a) 12 (b) 15 (c) 18 (d) 19 (e) 21

Problema 29. ¿Cual es la cantidad de volumen mayor?

(a) 0.1 Dm3 (b) 50 m3 (c) 10 000 000 cm3

(d) 50 000 000 000 mm3 (e) Hay dos cantidades iguales

Problema 30. En una hoja blanca bastante grande se escriben numeros de lasiguiente manera. En el renglon #1, se escriben los numeros 1, 2, 3, ..., 2002.Debajo de cada numero del renglon #1, en el renglon #2, se escribe el resultadode dividir dicho numero entre 2. Debajo de cada numero del renglon #2, enel renglon #3, se escribe el resultado de dividir dicho numero entre 3, y asısucesivamente. ¿Cual es el primer renglon que no tiene escrito ningun 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 da4, pero 8 saltos de este equivalen a 11 saltos de aquel. Si el conejo le lleva 66saltos de ventaja, ¿cuantos 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. ¿Cual es la medida del radio del cırculo inscrito en un triangulode lados 3, 4 y 5, respectivamente?

(a) 2 (b) 12 (c) 1 (d) 3

2 (e) 52

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 porM corta al lado BC en L. Si N es el punto en el que la recta que para por My L se intersecta con AD, ¿cuanto mide AN?

A

B C

D

M

L

N

(a) 14 (b)

√2−12 (c) 2−

√2

2 (d) 13 (e)

√2

2

Problema 34. Dado un entero positivo n, considera los numeros

X =1

1 + 1n

y Y =1

1 + 11+ 1

n

.

¿Cual de las siguientes relaciones entre X y Y es valida para todos los valoresde n?

(a) X + 1 = Y (b) X + 1 = 1Y (c) 1

X + 1 = Y

(d) 1X + 1 = 1

Y (e) X( 1Y − 1) = 1

Problema 35. Si P es el incremento de la circunferencia de un cırculo cuandoincrementamos en π centımetros el diametro del cırculo, ¿cual es el valor de P?

(a) 1π (b) π (c) π2

2 (d) π2

Problema 36. Una disenadora dispone de 5 tonos de naranja, 7 tonos de verdey 4 tonos de morado, y quiere escoger dos de estos para un logotipo. Ellaconsidera que usar dos tonos del mismo color es aburrido, pero todas las demascombinaciones le agradan. ¿Cuantas opciones tiene?

(a) 55 (b) 67 (c) 70 (d) 83 (e) 90

Problemas 9

Problema 37. ¿Cual es la cifra decimal que ocupa el lugar 2005 en el desarrollodecimal de 4

101?

(a) 3 (b) 6 (c) 0 (d) 9 (e) otro

Problema 38. En la siguiente figura el 4ABC es un triangulo equilatero talque sus lados tienen longitud 3 y PA es paralela a BC. Si PQ = QR = RS,la longitud de CS es:

A

B C

P

QR

S(a) 1 (b) 3

2 (c)√

32 (d)

√3 (e)

√5

Problema 39. Dos amigos juegan con las ruletas mostradas: Juan con la dela izquierda y Lupe con la de la derecha. En su turno, cada jugador gira suaguja en el sentido de las manecillas del reloj tantos lugares como lo indiquela ruleta del jugador contrario. Por ejemplo, si la aguja de Juan apunta al 2 yla de Lupe apunta al 4 y es el turno de Juan, entonces Juan mueve su agujahasta que apunte al 3 (dando una vuelta completa y avanzando un lugar mas).Inicialmente ambas agujas apuntan al numero 1. Empieza Juan y luego se vanalternando los turnos. ¿Que numero indica la ruleta de Lupe despues de 2004jugadas?

1

23

12

345

(a) 1 (b) 2 (c) 3 (d) 4 (e) 5

Problema 40. ¿Cuantos ceros hay al final de

(102 + 103 + . . . + 1010)2005?

(a) 4010 (b) 2005 (c) 2006 (d) 4000 (e) 6000

10 Problemas

Problema 41. Si x > 5, ¿cual de las siguientes fracciones es la menor?

(a) 5x (b) 5

x+1 (c) 5x−1 (d) x

5 (e) x+15

Problema 42. ¿Cual es el menor entero positivo con la propiedad de que almultiplicarlo por 14 se obtiene como resultado un numero cuyas primeras doscifras son 41?

(a) 29 (b) 30 (c) 292 (d) 293 (e) No existe tal entero

Problema 43. Inicialmente la aguja de una brujula apunta hacia arriba (↑).Cada minuto, la aguja gira 135◦ en el sentido de las manecillas del reloj. ¿Queaspecto tendra la aguja despues de 2005 minutos?

(a) ↑ (b) ↗ (c) ↘ (d) ↙ (e) ↖

Problema 44. ¿Cuantos numeros de 2 cifras hay con la propiedad de que susdıgitos son numeros 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 =FC = 1. Ademas, el trapecio tiene la propiedad de que AF es paralela a BCy BE es paralela a AD. El perımetro del trapecio es:

A B

CD E F

(a) 4√

2 (b) 6 (c) 4 + 2√

2 (d) 7 (e) 4 + 2√

3

Problema 46. Javier escribio un numero de cinco cifras pero se le borraron dosde ellas. El numero se ve de la siguiente forma �679�. El primero y ultimodıgito son los que se han borrado. Si se sabe que el numero es divisible por 72,¿cual es el numero?

(a) 46792 (b) 36792 (c) 36796 (d) 36794 (e) 46798

Problemas 11

Problema 47. El punto P de la diagonal AC del cuadrado ABCD mostradotiene la propiedad de que ∠ABP = 30◦. ¿Cuanto mide ∠QPD?

A

B C

DQ

P30◦

(a) 15◦ (b) 20◦ (c) 24◦ (d) 30◦ (e) 36◦

Problema 48. En las casillas de la cuadrıcula de la siguiente figura se van aescribir los numeros enteros del 1 al 9 (sin repetir). Queremos que alrededorde cada vertice marcado la suma de los cuatro numeros que queden en loscuadrados que comparten ese vertice sea 20. Si se escribe 5 y 3 como se indica,¿que numero debera 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 sumade todos los enteros entre m y n, incluyendo a m y n. Por ejemplo, 3 ⊕ 6 =3+4+5+6 = 18. ¿A que es igual (1⊕ 18)−(2⊕ 17)+(3⊕ 16)−· · ·+(9⊕ 10)?

(a) 19 (b) 95 (c) 161 (d) 190 (e) 361

Problema 50. Tomando en cuenta que√

7 < π < 5, ¿cual de los siguientesnumeros es el menor?

(a) 5 + π +√

7 (b) 5 + π −√

7 (c) π +√

7− 5

(d)√

7 + 5− π (e) π +√

7

12 Problemas

Problema 51. Una alcantarilla rectangular de metal tiene 23 hoyos circularesidenticos por donde fluye agua a 1.38 litros por segundo. Si a la alcantarillase le hacen 16 nuevas perforaciones circulares cuyo diametro mide la mitaddel diametro de los hoyos originales, ¿cuanta agua por segundo fluira por laalcantarilla?

(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 pequenaesta sobre la circunferencia de centro B. Si el angulo ∠AQB mide 70◦, ¿cuantomide el angulo x indicado?

A B

Q

P

70◦

x

(a) 30◦ (b) 35◦ (c) 40◦ (d) 45◦ (e) 50◦

Problema 53. Dona Isabel guarda sus frijoles en tres bandejas que tienen ca-pacidad para 121, 144 y 169 frijoles, respectivamente. Para transportarlos dela bolsa a las bandejas, Dona Isabel utiliza una de cinco cucharas, que tienencapacidad para 10, 11, 12, 13 y 14 frijoles, respectivamente. A Dona Isabel legusta vaciar cucharadas llenas a las bandejas, y no le gusta que se derramenfrijoles cuando estas se llenan. Si inicialmente las tres bandejas se encuentranvacıas, la cuchara que le conviene usar para que, al final, entre las tres bandejashaya guardado la mayor cantidad posible de frijoles, es la cuchara con capacidadpara:

(a) 10 frijoles (b) 11 frijoles (c) 12 frijoles (d) 13 frijoles (e) 14 frijoles

Problema 54. Un automovil se encuentra en una esquina de una ciudad cuyascalles forman una cuadrıcula y son todas de doble sentido. Se dispone a recorrer3 cuadras (comenzando hacia cualquier direccion), con la unica condicion deque cuando llegue a una esquina no regrese por donde acaba de venir. ¿Cuantosrecorridos distintos puede realizar el vehıculo?

(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 Gy a DC en F . Si AG = 6 y GF = 4, ¿cuanto mide EF ?

A

B C

D

E

FG

(a) 5 (b) 64 (c) 3

2 (d) 4 (e) 10

Problema 56. En el triangulo ABC, la mediana BE es perpendicular a lamediana 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 triangulo rectangulo son 60, 80y 100. Encuentra la medida del segmento, dibujado desde el vertice del angulorecto a la hipotenusa, que divide al triangulo en dos triangulos con el mismoperımetro.

(a) 24√

3 (b) 4√

10 (c) 4√

5 (d) 12√

5 (e) 24√

5

Problema 58. Juanito coloco un numero entero en cada una de las casillas deuna cuadrıcula de 3×3. Se dio cuenta de que cada numero de la tercera columnaera la suma de los dos numeros a su izquierda, mientras que cada numero deltercer renglon era el producto de los dos numeros de arriba. Sabemos que Juanitocoloco los numeros 6, 3 y 2 como se muestra en la figura. ¿Que numero colocoJuanito en la esquina inferior derecha de la cuadrıcula?

6

2

3

(a) −1 (b) 9 (c) 16 (d) 18 (e) no se puede determinar

Problema 59. En Sikinia hay monedas de $5, $8 y $13 ¿Cual de las siguientescantidades 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 anoto 576 puntos en toda latemporada, pero su promedio de puntos anotados por partido fue menor que18. ¿Cuanto puede valer, a lo mucho, este promedio?Nota: En un partido de futbol americano un equipo puede anotar cualquiercantidad entera de puntos mayor que 1 o no anotar puntos.

(a) 16 (b) 17 (c) 17 511 (d) 1717

18 (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 completola hoja, los dobleces han creado un diseno. ¿Cual de los siguientes no puede serel diseno observado?

(a) (b) (c) (d) (e)

Problema 62. En el extremo de cada rama de cierto matorral hay una hoja ouna flor. El matorral crece de la siguiente manera: si hoy hay una hoja en elextremo de una rama, el proximo ano desaparecera la hoja y aparecera una floren ese lugar; si hoy hay una flor en el extremo de una rama, el proximo anodesparecera la flor y apareceran dos ramas nuevas con hojas en sus extremos. Siel matorral tiene hoy 80 flores y el ano pasado tenıa 70, ¿cuantas hojas tendradentro de 2 anos?

(a) 150 (b) 210 (c) 240 (d) 280 (e) 320

Problema 63. Un astronauta se encuentra en un pequeno planeta esferico cuyoecuador mide 400km de circunferencia. El astronauta camina 100km sobre lasuperficie 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 que distancia(sobre la superficie del planeta) se encuentra el astronauta de su punto departida?

(a) 100km (b) 200km (c) 100√

5km (d) 224km (e) 400km

Problema 64. ¿Cual de los siguientes numeros no es divisor de 11 · · · 1︸︷︷︸78

?

(a) 3 (b) 11 (c) 37 (d) 41 (e) 11 · · · 1︸︷︷︸13

Problemas 15

Problema 65. ABCD es un rectangulo y E es un punto sobre la diagonal ACtal que BE es perpendicular a AC. Si AE = 4 y BE = 3, el area de ABCDes

A B

CDE

(a) 352 (b) 1125

64 (c) 18 (d) 5√

13 (e) 754

Problema 66. En la figura, M es el punto medio de la altura AD del trianguloequilatero ABC, y ∠DME = 60◦ . ¿Cual es el area del cuadrilatero MDCE,si el lado del triangulo es 2?

A

B CD

M

E60◦

(a) 3√

3+516 (b)

√3

8 (c) 3√

316 (d)

√3

4 (e) 5√

316

Problema 67. Los divisores positivos del numero N = 21003100 (incluyendo 1 yN), se escriben en una lista, ordenados de mayor a menor. ¿Cual divisor ocupael quinceavo lugar en la lista?

(a) 2100396 (b) 297398 (c) 2943100 (d) 299397 (e) 296399

Problema 68. Una tira de cinta adhesiva de 18m de longitud se enrolla para suventa alrededor de un carrete circular de carton de diametro 8cm, sin que quedeaire entre las sucesivas capas del material. El grosor promedio del aro formadopor las capas de cinta adhesiva es 10mm. Si se enrollan 40m de la misma cintaalrededor de un carrete identico, ¿cual sera el grosor promedio del aro formadopor las capas del material?

(a) 203

√2mm (b) 20mm (c) 21 2

3 mm (d) 24 89 mm (e) 28mm

16 Problemas

Problema 69. Se quiere llenar el siguiente “crucigrama” numerico con siete delas cifras del 1 al 9 (sin repetir), una en cada casilla, de manera que los tresnumeros de tres cifras que se puedan leer donde lo indican las flechas resultenser multiplos de 93. ¿Que 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 rectangulos cuyos ladosson enteros mayores que 1, como lo muestra la figura, dejando un cuadradopequeno en el centro. Las areas de dos de los rectangulos estan escritas sobreellos. ¿Cual es el area del cuadrado pequeno?

143

133

(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 perlasnegras y 8 perlas blancas, en ese orden. Alguien hace dos cortes al collar demanera que queda dividido en dos tiras, cada una de ellas con la misma cantidadde perlas negras. ¿Cual es la mayor cantidad de perlas blancas que pueden quedaren alguna de estas tiras?

(a) 12 (b) 14 (c) 16 (d) 18 (e) 20

Problema 72. En la epoca en que los canones lanzaban balas, estas eran al-macenadas en parques de artillerıa en forma de piramides de base cuadrada;cada lado del cuadrado de la base contaba con 10 balas. ¿Cual era el numerode balas por piramide?

(a) 385 balas (b) 400 balas (c) 1015 balas (d) 1000 balas (e) 1500 balas

Problemas 17

Problema 73. Si x2 + y2 = 6xy, con x 6= y, ¿a que es igual (x+y)(x−y)?

(a) 1 (b)√

2 (c)√

3 (d) 2 (e)√

5

Problema 74. Para numerar las paginas de un libro se necesito utilizar 2004dıgitos. ¿Cuantas paginas tiene el libro?

(a) 703 (b) 750 (c) 704 (d) 707 (e) 708

Problema 75. Un numero que se lee igual de derecha a izquierda que de izquier-da a derecha se dice que es un numero capicua, por ejemplo 1221 y 3625263.¿Cuantos numeros capicuas de 6 dıgitos existen?

(a) 100 (b) 900 (c) 2005 (d) 331 (e) 890

Problema 76. Tres circunferencias son tangentes entre sı como se muestra enla figura. Si los respectivos radios son 1, 2 y 3, y A, B y C son los centros delas circunferencias, ¿cuanto vale el angulo α?

α

A

BC

(a) 45◦ (b) 60◦ (c) 75◦ (d) 90◦ (e) 80◦

Problema 77. Para que el numero de 7 cifras 6a74b14 sea multiplo de 9 y de11, 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 decagono regular inscrito en un cırculo de radio 1es:

(a)√

5−12 (b)

√5+14 (c)

√5

2 (d) 12 (e) 3

5

18 Problemas

Problema 79. Cada lado de un rectangulo es dividido en tres partes iguales,los puntos obtenidos se unen como se muestra en la figura. ¿Cual es la razonentre el area en la region blanca y el area sombreada?

(a) 12 (b) 2

3 (c) 34 (d) 4

5 (e) 35

Problema 80. La siguiente figura se forma a partir de un triangulo equilaterode area 1 prolongando cada lado dos veces su longitud en ambas direcciones.El area de esta figura es:

(a) 36 (b) 37 (c) 39 (d) 40 (e) 34

Problema 81. ¿Cuanto mide la superficie de la siguiente figura si esta formadacon 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 numero que tiene 2005 dıgitos y tiene el patron siguiente:

247935247935247935247935...

Los ultimos tres dıgitos de este numero 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 quela longitud de BC es el doble de la longitud de AD y que el area del triangulo4AEM es 1, ¿cuanto vale el area de la region sombreada?

A

B C

DM

N

E

(a) 4 (b) 5 (c) 6 (d)7 (e) 8

Problema 85. Se vendieron quinientos boletos para una obra de teatro de laescuela. Los boletos para adultos se vendieron a $ 2.50 y para ninos a $ 2.00cada uno. Los organizadores recibieron un total de $1,187.50. ¿Cuantos boletospara ninos 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 enel 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 tablero8 torres, de manera que ninguna de ellas sea capaz de capturar a otra. ¿Cuantosuman los numeros de las casillas donde se ubican las torres?

(a) 1224 (b) 1016 (c) 260 (d) 320 (e) No se puede saber

Problema 87. Si ab = b+c

a , ¿cual es el valor de cb?

(a) a2+b2

b2(b) a2−b2

b2(c) a3−b

b2(d) a3−b3

a+b (e) a2

b2

20 Problemas

Problema 88. Si r y s son las raıces de x2 + bx+1 = 0, el valor de 1r2 + 1

s2 es:

(a) b2 − 4 (b) b2−42 (c) b2 + 2 (d) b2 − 2 (e) b2

Problema 89. En la figura, PQRS es un paralelogramo. ¿Cuanto vale el anguloα?

α

P Q

RS

83◦41◦

(a) 124◦ (b) 136◦ (c) 120◦ (d) 150◦ (e) 115◦

Problema 90. ¿Cuantos numeros multiplos de 6 menores que 1000 tienen lapropiedad de que la suma de sus dıgitos es 21?

(a)8 (b)12 (c)10 (d)15 (e) 14

Problema 91. El numero -1 es solucion de la ecuacion de segundo grado 3x2 +bx + c = 0. Si los coeficientes b y c son numeros primos, el valor de 3c− b es:

(a) 13 (b) 5 (c) 1 (d) -1 (e) 3

Problema 92. La policıa arresta a 4 hombres, uno de los cuales ha cometidoun 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, ¿quien es el culpabledel robo?

(a) Alberto (b) Bernardo (c) Carlos (d) Daniel (e) No se puede saber

Problema 93. Juan camina un kilometro al este, luego un kilometro a norestey finalmente, otro kilometro al este. Encuentra la distancia en kilometros entreel punto de partida y el punto de llegada.

(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 lospuntos que se muestran. ¿Cuanto es la suma de los angulos ∠EAF y ∠CBD?

A

B

C DE F

(a) 150◦ (b) 180◦ (c) 190◦ (d) 200◦ (e) Depende de la posicion de la recta

Problema 95. En el triangulo ABC la bisectriz del angulo en A intersecta aBC en D. La perpendicular a AD que pasa por B, intersecta a AD en E. Elsegmento 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, ¿cuanto mide DG?

(a) 2 (b) 32 (b) 8 (d) 21 (e) 1

Problema 96. En los lados AD y BC del rectangulo ABCD, escoge los puntosF y E, respectivamente, tal que AECF es un rombo. Si AD = 16 y AB = 12,encuentra EF .

B

A

C

D

E

F

(a) 12 (b) 15 (c) 17 (d) 21 (e) 14

Problema 97. Si las medidas de dos lados de un triangulo y el angulo com-prendido 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) 152 (b) 5+

√3

2 (c)132 (d) 5

2 (e) 133

22 Problemas

Problema 98. La hipotenusa BC de un triangulo rectangulo 4ABC se divideen 4 segmentos congruentes por los puntos G, E y H. Si BC = 20, encuentrala suma de los cuadrados de las longitudes de los segmentos AG, AE y AH.

B

A

CG E H

(a) 500 (b) 370 (c)450 (d) 350 (e) 250

Problema 99. En un cuadrilatero ABCD, AB = 9, BC = 14, CD = 13,DA = 12 y la diagonal BD = 15. Las perpendiculares a BD desde A y desdeC, intersectan a BD en P y Q respectivamente. Encuentra PQ.

B

A

C

DP

Q

(a) 3 (b) 8 (c)5 (d) 9 (e)20

Problema 100. Considera el triangulo rectangulo 4ABC, con angulo rectoen B y tal que AB = BC = 1. Sea D el punto medio de AB y traza elsegmento CD. Traza desde B la perpendicular a CD y llama P a la interseccion.Encuentra la distancia de P a la interseccion de las medianas.

(a)√

315 (b)

√5

15 (c)√

512 (d)

√5

10 . (e)√

310 .

Soluciones de los problemas

Solucion del problema 1. La respuesta es (a).Sea C la capacidad de cada uno de los recipientes y c la capacidad del vaso.Segun la informacion del problema, al final del proceso la cantidad de agua enel recipiente A es (C − 2c) + c = C − c, y la cantidad de agua en el recipienteB es C − c. Ambas cantidades son iguales.

Solucion del problema 2. La respuesta es (b).La suma de los angulos interiores del triangulo ABC es 180◦. Como ∠A+∠B =110◦, ∠BCA debe ser 70◦. Si ∠DCA = 10◦, ∠BCD = 70◦ − 10◦ = 60◦.Ademas, el triangulo BCD es isosceles, con CD = CB, de modo que ∠DBC =∠CDB. Ahora, la suma de los angulos interiores del triangulo BCD es 180◦,de donde ∠DBC = ∠CDB = 60◦. Por ultimo, en el triangulo ACD, el anguloexterior ∠CDB es la suma de los angulos interiores opuestos ∠A y ∠DCA.Por tanto, ∠A = ∠CDB − ∠DCA = 60◦ − 10◦ = 50◦.

AB

C

D

10◦60◦

Solucion del problema 3. La respuesta es (c).Sabemos que 1+3+5+. . .+(2n−1) = n2 y que 2+4+6+. . .+2n = n(n+1),

entonces 1+3+5+...+(2n−1)2+4+6+...+2n = n

n+1 , por lo tanto, el entero positivo n es 2006.

24 Soluciones

Solucion del problema 4. La respuesta es (e).Observemos que despues de 8 cambios, cada una de las casillas ha cambiadodos veces, es decir, ha regresado a su color original. Entonces despues de 2000= 8× 250 cambios, el tablero quedara como se encontraba originalmente. Losultimos cinco cambios que nos interesan son de las casillas 1, 2, 3, 4 y 1 quedandoel tablero con el siguiente aspecto:

Solucion del problema 5. La respuesta es (b).El que ni Israel, ni Gerardo, ni Mario se hayan sentado junto a otro de ellos tresnos dice que ellos tres estaban sentados en los vertices de un triangulo equilatero,con sus otros tres companeros intercalados entre ellos. Como no pudo habersesentado junto a Gerardo, Gonzalo debio haberse sentado en la posicion opuestaa Gerardo. Analogamente Ivan debio haberse sentado en la posicion opuesta aIsrael. El unico lugar disponible para David es el que esta enfrente de Mario.

Solucion del problema 6. La respuesta es (d).Las cantidades que se pueden pagar con estas monedas estan entre 50 centavos(la moneda mas pequena con la que se cuenta) y $3 (la suma de las cuatromonedas), y son un numero entero de pesos o un entero mas 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 puedenpagarse estas 6 cantidades.

Solucion del problema 7. La respuesta es (b).Dividiendo 1000 entre 5 podemos obtener la cantidad de multiplos de 5, del 1al 1000, lo cual corresponde al cociente: 200 y residuo 0, pero nos piden losmenores que 1000, por lo que restamos uno al resultado anterior, es decir, hay199 multiplos de 5 menores que 1000. Ahora, dado que en cada tres multiplosde 5 hay un multiplo de 3, entonces dividimos 199 entre 3 para saber cuantosmultiplos de 5 lo son de 3 tambien, con lo que se obtiene 66. Ası la diferenciaentre 199 y 66, es 133, es decir, 133 es la cantidad de numeros enteros positivosmenores que 1000 que son multiplos de 5 pero no de 3.

Solucion del problema 8. La respuesta es (b).Con este tipo de cortes el pastel quedara cuadriculado, y el numero total depedazos sera el producto del numero de partes en que queda dividido un ladopor el numero de partes en que queda dividido el otro lado. Las unicas formas deescribir 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 direccion.En el segundo caso, hay que hacer 1 corte en una direccion y luego 25 cortesperpendiculares a este; en total, 26 cortes. En el tercer caso hay que hacer(4− 1) + (13− 1) = 15 cortes. Luego, la respuesta es 15.

Solucion del problema 9. La respuesta es (d).Despues de la segunda vez que Chencha lleno el barril pequeno con agua del pozohabıa 40 litros de agua en cada uno de los barriles, pues Chencha habıa extraıdo,en total, 80 litros de agua del pozo y el barril pequeno estaba lleno. Entoncesal barril grande le faltaban 53 − 40 = 13 litros para llenarse. Esta cantidad deagua fue tomada del barril pequeno, quedando en este 40 − 13 = 27 litros deagua.

Solucion del problema 10. La respuesta es (d).En cada renglon gris habra 31 casillas negras, una por cada columna gris. Comoson 23 renglones, habra en total 31× 23 = 713 casillas negras en la cuadrıcula.

Solucion del problema 11. La respuesta es (c).

Para cubrir las dos casillas de arriba, se debe colocar una pieza sobre las casillassombreadas (la pieza no se puede colocar mirando a la izquierda porque laspiezas no se pueden voltear). El espacio que queda solo se puede cubrir volteandoy rotando la ficha. Las demas figuras pueden ser cubiertas de manera correcta.

Solucion del problema 12. La respuesta es (e).Tenemos que 10x+1

2x−1 = 10x−52x−1 + 6

2x−1 = 5 + 62x−1 , entonces, 10x+1

2x−1 sera entero

siempre y cuando 62x−1 sea entero. Dado que |2x− 1| ≤ 6, tenemos que x debe

estar entre -3 y 3. Los numeros que cumplen son x = −1, 0, 1, 2, por lo tanto,solo hay cuatro.

Solucion del problema 13. La respuesta es (d).Las 40 hectareas representan el 100%, de las cuales se vende el 20% que

26 Soluciones

es un quinto del total, ası un quinto de 40 es 8, quedando 32 hectareas. Deestas 32 hectareas se alquila el 50%, es decir, se alquila la mitad, quedando 16hectareas. De estas 16, se cultiva el 25%, es decir, la cuarta parte de 16 queson 4 hectareas.

Solucion del problema 14. La respuesta es (e).El denominador de la expresion (e) es 4

√4 −

√4/4 + 4/4 =

√2 −√

2 = 0, y44−44

0 no representa ningun numero. Por otra parte, se puede verificar que lasdemas expresiones son iguales a cero, teniendo cuidado de respetar el orden delas operaciones:

(a) 44+44 − 4× 4 = 42 − 16 = 0.

(b) 4 + 4× 4− 4(4 + 4

4

)= 4 + 16− 4 (5) = 0.

(c)(√

4)4 −

(444 + 4

4 + 4)

= (2)4 − (16) = 0.

(d)4

4×4−4−

44

444 =1

4−4−1

444 =1

4− 1

4

444 = 0444 = 0.

Solucion del problema 15. La respuesta es (a).El area del cuadrilatero sera mas grande si el cuadrilatero es convexo. Cualquierade los tres lados del triangulo con vertices blancos puede quedar como diagonaldel cuadrilatero. Para maximizar el area, el cuarto vertice del cuadrilatero debeser el punto negro que se encuentre mas alejado de tal diagonal. Abajo semuestran los cuadrilateros de area maxima para cada uno de los casos.

De estos tres, es claro que el ultimo tiene area maxima. Esta es igual al areatotal del arreglo (3 × 3 = 9) menos el area de tres triangulos rectangulos decatetos 2×1, 1×2 y 1×3, cuyas areas son 1, 1 y 3

2 , respectivamente. Es decir,el area buscada es 9− 1− 1− 3

2 = 512 .

Solucion del problema 16. La respuesta es (e).El primer dıa el virus destruyo dos terceras partes y queda una tercera parte. Elsegundo dıa destruyo, de lo que quedo, la cuarta parte, quedando tres cuartaspartes de la tercera parte, es decir, una cuarta parte. Finalmente el tercer dıadestruyo la quinta parte de lo que restaba, es decir, quedan cuatro quintas partesde la cuarta parte, por lo tanto, queda una quinta parte.

Solucion 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 27

(102005 +1) son primos relativos tenemos que basta ver cuantas veces aparece el

numero 2 como factor en 102005

2 , pero en 102005 aparece 2005 veces, por lo tanto,2 aparece 2004 veces en la descomposicion en primos de 1+2+3+ ...+102005 .

Solucion del problema 18. La respuesta es (c).Despejando cada numero tenemos que a = 1

b , b = 4c , c = 9

d , d = 16e , e = 25

a ,entonces, a = 1

b = c4 = 9

4d = 9e4·16 = 9·25

4·16a . De aquı obtenemos que a2 = 9·254·16 ,

por lo tanto, a = 158 , b = 8

15 , c = 152 , d = 6

5 y e = 403 .

Solucion del problema 19. La respuesta es (c).En efecto, si el promedio de Ana fuera 9.4, la suma de sus calificaciones serıa9.4×5 = 47. Su mama podrıa asegurar que su hija obtuvo al menos dos dieces,porque si esto no fuera cierto, la suma de sus calificaciones serıa a lo mas10+9+9+9+9 = 46. En cambio, si el promedio de Ana fuera menor que 9.4,la suma de sus calificaciones serıa menor que 47. Pero todo entero menor que47 se puede escribir como suma de 5 calificaciones, no dos de las cuales sean10, ası que la mama de Ana no podrıa asegurar que su hija obtuvo dos dieces.

Solucion del problema 20. La respuesta es (c).Si Marisol y Claudia platicaron sin que Julian estuviera presente, ninguna deellas dos puede ser la persona que llego al final. Aaron llego antes que Rosalba,de modo que tampoco el puede ser la persona que llego al final. Si la mejoramiga de Rosalba no pudo contar del regalo sopresa, es porque llego despuesque Rosalba, o porque fue la primera persona en llegar y la segunda fue Rosalba.Cualquiera que sea el caso, Rosalba no llego al ultimo. Entonces fue Julian.

Solucion del problema 21. La respuesta es (a).Por ser ABCD rectangulo, los lados opuestos AB y DC miden lo mismo. ComoQC mide una unidad menos que AP , DQ debe medir una unidad mas que PB.

A B

CD

P

Q

3

2

Solucion del problema 22. La respuesta es (c).Mi canario se comio 1

2 + 16 + 1

12 = 34 , del total de alpiste, ya que el segundo dıa

comio 12 · 1

3 = 16 del total de alpiste, y el tercer dıa comio 1

3 · 14 = 1

12 , ası quequeda 1

4 de la cantidad inicial.

28 Soluciones

Solucion del problema 23. La respuesta es (e).Como las berenjenas y las espinacas estan junto a las fresas, estos tres productosse encuentran en tres cajas consecutivas. Los otros dos artıculos, las mandarinasy las papas, no se encuentran juntos, de manera que deben estar separados porel grupo de tres cajas consecutivas mencionado, y por lo tanto deben ocuparlas orillas de la lınea. Como hay un artıculo 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 lınea. Entonces las papas se encuentranen la caja del extremo izquierdo.

Solucion 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 aquı tenemos que 2x = 1. Por lo tanto, x = 1

2 .

Solucion del problema 25. La respuesta es (a).Como los triangulos 4PAB y 4PCD son identicos, ∠APB = ∠CPD = 38◦

y entonces ∠BPC = ∠APC − ∠APB = 67◦ − 38◦ = 29◦.

P

A

B

CD

Solucion del problema 26. La respuesta es (e).El largo inicial de la alfombra era 96m. Ya que su ancho inicial era de 9m, luegode tres deseos, el ancho de la alfombra se reduce a 1

3 · 13 · 13 · 9 = 927 = 1

3 . Comoa los tres deseos la alfombra tiene un area de 4m2, entonces se tiene que ellargo de la alfombra, despues de tres deseos, se reduce a 4

1

3

= 12m, Ası su largo

inicial era 2 · 2 · 2 · 12 = 8 · 12 = 96m.

Solucion del problema 27. La respuesta es (b).Si la circunferencia grande tiene perımetro 2, su diametro debe ser 2

π y el radiodebe ser la mitad de esto, es decir, 1

π , de modo que el area del cırculo grandees

π(

1π

)2= 1

π .Analogamente, el diametro de la circunferencia pequena es 1

π , su radio es 12π

y su area es 14π . El area de la region sombreada es el area del cırculo grande

menos el area del cırculo pequeno, o sea 1π − 1

4π = 34π .

Soluciones 29

Solucion del problema 28. La respuesta es (d).Numeros de 1 cifra, Pablito puede formar 3: 0, 2 y 3; de 2 cifras, puede formar4: 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.

Solucion 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 con0.1 Dm3 y 50 m3, con la equivalencia anterior nos damos cuenta que el mayores 0.1 Dm3 . Ahora bien, al comparar 0.1 Dm3 con 10 000 000 cm3 nos da-mos cuenta que el mayor es 0.1 Dm3. Entonces solo nos falta comparar con50 000 000 000 mm3, que es menor que 0.1 Dm3, de donde el primero es mayorque las otras opciones.

Solucion del problema 30. La respuesta es (d).Observemos que debajo del numero a del renglon #1, en el renglon #2, estaescrito el numero a÷2; debajo de este, en el renglon #3, esta escrito (a÷ 2)÷3,etcetera, de modo que en el renglon #n se encontrara:

(· · · ((a÷ 2)÷ 3)÷ · · · )÷ n = a÷ (2× 3× · · · × n).Ası, en el renglon #7, no puede quedar ningun entero (de hecho, quedan purosnumeros menores que 1), pues los numeros del renglon #1 (que son positivosy menores o iguales que 2002), han sido divididos entre 2× 3× · · · × 7 = 5040(que es mayor que 2002). Ademas debajo del 720 del renglon #1, en el renglon#6, esta 720÷ (2× 3× · · · × 6) = 1, que es un entero. Por lo tanto, el primerrenglon en donde no aparecen enteros es el #7.

Solucion 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 perroequivalen 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 cadavez que el perro de 8 saltos la distancia entre este y el conejo disminuye en unsalto de conejo. Entonces el perro alcanzara al conejo despues de 66× 8 = 528saltos de perro.

Solucion del problema 32. La respuesta es (c).Recordemos primeramente que el triangulo de lados 3, 4 y 5 es un triangulorectangulo. Entonces, si observamos la siguiente figura tenemos lo siguiente:

A B

C

r

r

la longitud de la hipotenusa BC es igual a la suma de las longitudes AB − r yAC−r, donde r es el radio del incırculo. Entonces AB−r+AC−r = 7−2r = 5,de donde obtenemos que r = 1.

Solucion del problema 33. La respuesta es (c).Como el lado del cuadrado mide 1, la diagonal BD mide

√1 + 1 =

√2 y

BL = BM = BD2 =

√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 acaer sobre los puntos C, L y B, respectivamente, de modo que AN = CL =

1−BL = 1−√

22 = 2−

√2

2 .

A

B C

D

M

L

N

Solucion del problema 34. La respuesta es (b).Por la manera en que esta escrito Y , es claro que

Y =1

1 + X.

Tomando recıprocos de cada lado de la ecuacion, tenemos que X + 1 = 1Y ,

sin importar el valor de n. Para revisar que ninguna de las otras ingualdades

Soluciones 31

es valida, se puede usar el caso para n = 1. Si n = 1, X = 12 , Y = 2

3 , y, porejemplo, la igualdad (a) no es cierta pues X + 1 = 3

2 6= 23 = Y .

Solucion del problema 35. La respuesta es (d).Sea d el diametro original del cırculo, entonces el nuevo diametro es d + π.Sabemos que la circunferencia es igual a π(d + π) = π · d + π · π = π · d + π2.Restando la circunferencia original obtenemos el incremento en esta, es decir,P = π · d + π2 − π · d = π2.

Solucion del problema 36. La respuesta es (d).Si la disenadora decide combinar naranja con verde, tiene 5× 7 = 35 opciones.En efecto, hay 5 formas de elegir el tono de naranja que usara y para cadauna de estas hay 7 formas de elegir el tono de verde que usara. Por el mismoargumento, tiene 7 × 4 = 28 opciones si decide combinar verde con morado y4 × 5 = 20 opciones si decide combinar morado con naranja. En total, tiene35 + 28 + 20 = 83 opciones.

Solucion del problema 37. La respuesta es (c).Realizamos el cociente y obtenemos

4

101= 0.039603960396...,

es decir, hay un periodo de repeticion de longitud 4 (se repite 0396 infinitamen-te). Como 2005 = 501 · 4 + 1, en el lugar 2005 estara el primer numero delperiodo 0396, es decir, el 0.

Solucion del problema 38. La respuesta es (a).

A

B C

P

QR

S

Notemos que el triangulo 4CSR es semejante al triangulo 4APR, ya queel ∠RAP = ∠RCS por ser angulos alternos internos, y el ∠PRA = ∠SRCpor ser opuestos por el vertice. Obtenemos la siguiente relacion

CS

PA=

SR

RP=

SR

2 · SR=

1

2.

32 Soluciones

Analogamente, el triangulo 4BQS es semejante al triangulo 4AQP. De aquıobtenemos la siguiente relacion

BS

PA=

SQ

QP=

2 ·QP

QP= 2,

con lo cual BC + CS = 2 · PA = 2 · 2 · CS. Entonces CS = BC3 = 1.

Solucion del problema 39. La respuesta es (a).Indiquemos por (J, L) que la aguja de Juan apunta al numero J y la de Lupe,al numero L. Las primeras jugadas son: (1, 1) → (2, 1) → (2, 3) → (2, 3) →(2, 5) → (1, 5) → (1, 1). Despues de la sexta jugada, es turno de Juan y lasruletas estan en las mismas posiciones que al inicio. Por lo tanto, la secuenciade posiciones de las agujas se empezara a repetir, y despues de 2004 = 6× 334jugadas, las ruletas estaran como al inicio. En particular, la ruleta de Lupeindicara el 1.

Solucion 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 parentesis no posee ceros, tenemos que la cantidadde ceros al final de (102 + 103 + . . . + 1010)2005 es 4010.

Solucion del problema 41. La respuesta es (b).Primero tenemos las desigualdades 5

x+1 < 5x < 5

x−1 y x5 < x+1

5 . Basta entonces

con comparar las fracciones 5x+1 y x

5 . Como x > 5 tenemos x5 > 1 y 5

x+1 < 1,

por lo tanto la fraccion menor de todas es 5x+1 .

Solucion del problema 42. La respuesta es (d).Busquemos el menor multiplo de 14 que empiece en 41. El 41 no es multiplode 14, de modo que debemos buscar entre los numeros de tres o mas cifras.Ninguno de los numeros 410, 411, ..., 419 es multiplo de 14 porque 14×29 = 406y 14 × 30 = 420. Entonces debemos buscar entre los numeros de cuatro omas cifras. Dividiendo 4100 entre 14 encontramos que 14 × 292 = 4088 y que14×293 = 4102, de manera que 4102 es el multiplo que buscamos y la respuestaes 293.

Solucion del problema 43. La respuesta es (e).Abajo se muestra la evolucion de la aguja.

Soluciones 33

Minuto: 1 2 3 4 5 6 7 8Aspecto: ↘ ← ↗ ↓ ↖ → ↙ ↑

Notemos que en el minuto 8 la aguja esta apuntando hacia arriba, como alprincipio. Entonces la secuencia de flechas se repite de 8 en 8. 2005 deja residuo5 al dividirse entre 8, luego en el minuto 2005 la aguja se vera igual que en elminuto 5: ↖.

Solucion del problema 44. La respuesta es (d).Hay nueve parejas de dıgitos consecutivos (0 y 1, 1 y 2, etcetera, hasta 8 y 9).Cada pareja, salvo 0 y 1, forma dos numeros de dos cifras. Por ejemplo, conlos dıgitos 4 y 5 se pueden formar los numeros 45 y 54. Los dıgitos 0 y 1 solopueden formar un numero de dos cifras, el 10. Por tanto, hay 2 × 8 + 1 = 17numeros de dos cifras cuyos dıgitos son numeros consecutivos.

Solucion del problema 45. La respuesta es (c).Si AF es paralela a BC, entonces ∠AFD = ∠BCD = 45◦ = ∠ADC , dedonde el triangulo DAF es isosceles con AD = AF . Ademas, sus angulosinteriores suman 180◦, por lo que ∠DAF = 90◦, es decir, el triangulo DAF esrectangulo. Por el Teorema de Pitagoras (aplicado a este triangulo), 4 = DF 2 =AD2 + AF 2 = 2AD2, ası que AD =

√2. Analogamente se puede comprobar

que BC =√

2. Ahora, como AF es paralela a BC y AB es paralela a FC,ABCF es paralelogramo, por lo que AB = FC = 1. Entonces el perımetro deltrapecio es AB + BC + DC + AD = 1 +

√2 + 3 +

√2 = 4 + 2

√2.

A B

CD E F1 1 1

1√

2√

2

Solucion del problema 46. La respuesta es (b).Como 72 = 8 · 9, el numero que escribio Javier es divisible por 8. Sabemos queun numero de mas de tres cifras es divisible por 8 si las ultimas tres cifras, deeste numero, son divisibles por 8. El unico numero divisible por 8, el cual estaentre 790 y 799, es 792. Por lo tanto, la ultima cifra es 2. El numero tambienes divisible por 9, luego la suma de sus cifras debe ser multiplo de 9. Comotenemos que 6 + 7 + 9 + 2 = 24 y el multiplo de 9 mas cercano a 24 es 27,tenemos que la primera cifra debe ser 3. Por lo tanto, el numero que Javierescribio es el 36792.

34 Soluciones

Solucion del problema 47. La respuesta es (d).Imaginemos que el cuadrado es de papel y que lo doblamos a lo largo de ladiagonal AC. El segmento AB coincidirıa con el segmento AD, y el segmen-to BP coincidirıa con el segmento DP . Entonces ∠ADP = ∠ABP = 30◦.Utilizando el hecho de que los angulos del triangulo ABQ deben sumar 180◦,obtenemos que ∠AQB = 180◦ −∠ABQ−∠BAQ = 180◦ − 30◦ − 90◦ = 60◦.Pero ∠AQB es un angulo exterior del triangulo PDQ, luego 60◦ = ∠AQB =∠QPD + ∠QDP = ∠QPD + 30◦. De aquı, ∠QPD = 30◦.

A

B C

DQ

P30◦

Solucion del problema 48. La respuesta es (d).Junto al 5 y al 3 se deben poner dos numeros que sumen 12. Como no puedenrepetirse entre sı y ninguno de ellos puede ser 5 o 3, la unica posibilidad paraesos dos numeros es 8 y 4. Consideremos la posibilidad que se indica en la figura(la otra posibilidad es simetrica con respecto a la diagonal determinada por 5 y3, ası que nos da el mismo resultado en la casilla sombreada).

� �

� �

5

34

8

Ahora, arriba del 5 y el 8 deberan aparecer dos numeros cuya suma sea20 − (5 + 8) = 7. De nuevo, dado que no debe haber repeticiones, la unicaposibilidad es 1 y 6. De la misma manera, a la izquierda del 5 y el 4 debenaparecer el 2 y el 9. Combinando estas con las de arriba tenemos 4 posibilidades.En cada una de estas el numero que completa es el 7, por lo tanto, el numeroque debe ir en la casilla sombreada es el 7.

Solucion 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. Analogamente,(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.

Solucion del problema 50. La respuesta es (c).Observemos que

5 + π +√

7 > π +√

7.

Esto es porque el numero de la izquierda es igual al de la derecha mas 5.Analogamente

π +√

7 > π +√

7− 5.

Entonces el menor de los cinco numeros es alguno de los siguientes: 5+π−√

7,π+√

7−5, −π+√

7+5. Estos tres numeros se forman sumando dos elementosdel conjunto

{5, π,√

7}

y restando el tercero. El menor resultado se obtiene silos dos numeros sumados son los dos numeros mas pequenos del conjunto y siel numero restado es el numero mas grande. La respuesta es π +

√7− 5.

Solucion del problema 51. La respuesta es (a).Por cada uno de los hoyos originales fluyen, cada segundo, 1.38

23 = .06 litrosde agua. Como el tamano de los nuevos hoyos es la mitad del tamano de losoriginales, el area de los pequenos es una cuarta parte del area de los grandes.Entonces agregar 16 hoyos pequenos equivale a agregar 16

4 = 4 hoyos identicosa los originales. Por todos estos hoyos fluyen, pues, (.06)(23 + 4) = 1.62 litrosde agua por segundo.

Solucion del problema 52. La respuesta es (b).4ABQ es isosceles porque BA y BQ son radios de la circunferencia grande.Entonces ∠BAQ = ∠AQB = 70◦. Por la misma razon, 4RAP es isosceles y∠RPA = ∠ARP = x. ∠BAQ es un angulo exterior del 4APR. En conse-cuencia, 2x = ∠RPA + ∠ARP = ∠BAQ = 70◦ y x = 35◦.

A BR

Q

P

70◦

x

36 Soluciones

Solucion del problema 53. La respuesta es (c).Si Dona Isabel utiliza la cuchara para 12 frijoles, podra verter 10 cucharadas enla bandeja de 121 frijoles y desperdiciara espacio para 1 frijol (porque 121 =10 × 12 + 1). Ademas podra llenar completamente la bandeja de 144 frijoles ypodra desperdiciar espacio para 1 solo frijol en la bandeja de 169 frijoles (porque169 = 14×12+1). Ası, entre las tres bandejas habra desperdiciado espacio parasolo 2 frijoles. Por el contrario, usando la cuchara para 10 frijoles desperdiciaraespacio para 4 frijoles en la bandeja de 144 frijoles (porque 144 = 14× 10+4);usando la cuchara para 11 frijoles desperdiciara espacio para 4 frijoles en labandeja de 169 frijoles (porque 169 = 15× 11 + 4); usando la cuchara para 13frijoles desperdiciara espacio para 4 frijoles en la bandeja de 121 frijoles (porque121 = 9 × 13 + 4), y usando la cuchara para 14 frijoles desperdiciara espaciopara 4 frijoles en la bandeja de 144 frijoles (porque 144 = 10× 14 + 4). O sea,el mınimo espacio desperdiciado se logra con la cuchara para 12 frijoles, y porlo tanto, con esta cuchara se logra guardar la mayor cantidad de frijoles.

Solucion del problema 54. La respuesta es (d).Primera forma: Hay 4 maneras de recorrer la primera cuadra (una por cadadireccion en la que se puede mover el auto). Por cada una de estas, hay 3maneras de recorrer la segunda cuadra (al llegar a la primera esquina el autopuede seguir derecho, virar hacia la derecha o virar hacia la izquierda), y porcada una de estas, hay 3 maneras de recorrer la tercera cuadra (de nuevo, hay3 opciones en la esquina). En total, hay 4 × 3 × 3 = 36 recorridos posibles.Segunda forma: Hay, en esencia, cinco “formas” diferentes que puede tener elrecorrido:

Forma 1 Forma 2 Forma 3 Forma 4 Forma 5

Hay 4 recorridos de la forma 1, uno por cada rotacion de la figura. Las formas 2,3, 4 y 5 pueden voltearse verticalmente, es decir, reflejarse respecto a una lıneahorizontal, y cada forma y su reflejo pueden rotarse a 4 posiciones distintas,para producir 8 recorridos distintos por cada una de estas formas. Entonces hay4 + 4× 8 = 36 recorridos posibles.

Solucion del problema 55. La respuesta es (a).Como los triangulos4DFG y4BAG son semejantes, tenemos que GF

GA = GDGB .

Soluciones 37

A

BC

D

E

FG

Tambien los triangulos 4DGA y 4BGE son semejantes, entonces GDGB = AG

EG .Por transitividad tenemos GF

GA = AGEG , es decir, EG

AG = GAGF .

Sustituyendo los valores tenemos 4+EF6 = 6

4 y de aquı obtenemos que EF = 5.

Solucion del problema 56. La respuesta es (d).Sea CD = 3x, entonces CG = 2x y DG = x, analogamente si BE = 3y,entonces BG = 2y y EG = y.

A

B C

ED

G

3

3

4

4

Por el Teorema de Pitagoras aplicado al triangulo BGD, tenemos que x2 +(2y)2 = 9 y aplicado al triangulo EGC, y2 + (2x)2 = 16. Sumando estas dosecuaciones, tenemos que 5x2 + 5y2 = 25, de donde, x2 + y2 = 5.

Ahora bien, en el triangulo BCG, tenemos que (2y)2 + (2x)2 = BC2. Porlo tanto, como x2 + y2 = 5 entonces 4x2 + 4y2 = 20 = BC2, y BC = 2

√5.

Solucion del problema 57. La respuesta es (e).Sean AB = 60, AC = 80 y BC = 100. Si el triangulo ABD tiene que tener elmismo perımetro que el triangulo ADC, entonces AB +BD tiene que ser iguala AC + CD, ya que los triangulos comparten el lado AD, esto es, 60 + BD =80 + 100−BD. Luego, BD = 60 y DC = 40. Dibujamos DE perpendicular aAC, luego, los triangulos EDC y ABC son semejantes, entonces ED

AB = DCBC .

Sustituyendo los valores tenemos que ED60 = 40

100 y ED = 24.

38 Soluciones

B

A

CD

E

Por el teorema de Pitagoras aplicado al triangulo EDC encontramos queEC = 32 entonces AE = 48. Nuevamente utilizando el Teorema de Pitagorasahora en el triangulo AED, tenemos que AD = 24

√5.

Solucion del problema 58. La respuesta es (b).Llamemos x al numero que Juanito puso en la casilla central. Podemos llenar,en terminos de x, casi todas las casillas de la cuadrıcula. Por ejemplo, el numerode la tercera casilla del segundo renglon es igual a la suma de los dos numerosa su izquierda: 2 y x.

6

2

3

x 2 + x

3x12

9

Al tratar de llenar la casilla de la esquina inferior derecha, notamos que sunumero debe ser simultaneamente igual a 12 + 3x y a 9(2 + x). De aquı,x = −1 y la cuadrıcula completa queda:

6

2

3

−1 1

−312

9

9

Solucion del problema 59. La respuesta es (a).La cantidad mas grande que se puede pagar con 6 monedas sin usar ninguna de$13 es $48, ası que para lograr cualquiera de las cantidades deseadas necesitamosutilizar al menos una moneda de $13. Veamos que cantidades se pueden pagarsin utilizar monedas de $5. Con 6 monedas de $8, se hacen $48, y cada vez quereemplazamos una moneda de $8 por una de $13, aumentamos la cantidad en$5, es decir, podemos pagar $53, $58, $63, $68, $73 y $78. Analogamente, sinusar 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.Tendrıamos una cantidad base de $5 + $8 + $13 = $26, y tratarıamos depagar $25, $26 y $29, respectivamente, utilizando 3 monedas. Notemos que$26 = $5 + $8 + $13 y $29 = $8 + $8 + $13. Para pagar $25, se tendrıa queutilizar una moneda de $13, y estarıamos obligados a pagar $12 con 2 monedas.Es claro que esto es imposible.

Solucion del problema 60. La respuesta es (c).Sean P el promedio de puntos anotados por partido y n el numero de partidos.Como P < 18, n = 576

P > 57618 = 32. Entonces n ≥ 33 y P ≤ 576

33 = 17 511 .

Si la temporada consto de 33 partidos y si el equipo anoto 17 puntos en 18partidos y 18 puntos en los otros 15, el total de puntos anotados, fue, en efecto,17× 18 + 18× 15 = 576, de modo que 17 5

11 es un promedio posible.

Solucion del problema 61. La respuesta es (e).Hay dos observaciones cruciales: una, que cuando se dobla un trozo de papel segenera una recta que cruza por completo el trozo; y dos, que cuando se haceun doblez, los dobleces subsecuentes generan un diseno simetrico con respectoa dicho doblez. En vista de la primera observacion, el primer doblez del diseno(e) debe ser el marcado con un numero 1 en la figura de la izquierda. Unavez hecho este doblez, el trozo de papel (y el diseno que deben generar losdemas dobleces) se ve como en la figura de la derecha. La unica posibilidadpara el segundo doblez es la indicada con un 2, otra vez de acuerdo a la primeraobservacion. Pero el diseno que debe generar el tercer doblez (punteado) no essimetrico con respecto al doblez 2, lo cual muestra que el diseno (e) es imposible.

1

2

Los otros cuatro disenos sı pueden obtenerse. (Es mas facil descubrir como siuno experimenta con hojas cuadradas de papel. Tambien ayuda tener en mentelas dos observaciones cruciales mencionadas arriba.)

Solucion del problema 62. La respuesta es (d).Si conocemos el numero de flores y hojas del matorral en cierto ano, podemoscalcular el numero de flores y hojas del siguiente ano: el nuevo numero de florescoincide con el antiguo numero de hojas (porque donde habıa hoja crecera unaflor) y el nuevo numero de hojas es el doble del antiguo numero de flores (porquedonde habıa flor creceran 2 hojas). Entonces, si el ano pasado habıa 70 flores,

40 Soluciones

hoy hay 2× 70 = 140 hojas; dentro de un ano habra 140 flores y dentro de dosanos habra 2× 140 = 280 hojas.

Solucion del problema 63. La respuesta es (b).100km son una cuarta parte de la circunferencia maxima del planeta. Suponga-mos que el astronauta comienza su recorrido en el polo norte. Se mueve, pues,hacia el sur hasta llegar al ecuador; ahı da vuelta y recorre una cuarta parte deel hacia el este; finalmente se dirige al sur hasta llegar al polo. En ese momentosu punto de partida, el polo norte, se encuentra a 200km de distancia, hacia elnorte (100km para llegar al ecuador y otros 100km para llegar al polo).

Solucion del problema 64. La respuesta es (d).En general, 11 · · · 1︸︷︷︸

n

divide a 11 · · · 1︸︷︷︸kn

ya que

11 · · · 1︸︷︷︸kn

=

(11 · · · 1︸︷︷︸

n

)(10n(k−1) + 10n(k−2) + . . . + 10n + 1

).

En vista de esto, 11, 111 y 11 · · · 1︸︷︷︸13

dividen a 11 · · · 1︸︷︷︸78

, e igualmente 3 y 37 (pues

111 = 3×37). Es facil comprobar que 41 divide a 11111, luego divide a 11 · · · 1︸︷︷︸75

.

Tenemos

11 · · · 1︸︷︷︸78

= 11 · · · 1︸︷︷︸75

000 + 111.

Como el primer sumando es divisible por 41 pero el segundo no lo es, la sumatampoco puede serlo.

Solucion del problema 65. La respuesta es (e).Por el Teorema de Pitagoras (aplicado al triangulo rectangulo ABE), AB 2 =AE2 + BE2 = 42 + 32 = 25, de donde AB = 5. Los triangulos ABE y ACBtienen dos pares de angulos iguales: ∠EAB = ∠BAC y ∠BEA = ∠CBA =90◦. Por lo tanto, estos triangulos son semejantes. Esto implica, entre otrascosas, que BE

AE = CBAB . Entonces

CB =BE ×AB

AE=

5× 3

4=

15

4.

El area del rectangulo ABCD es, pues:

AB × CB = 5× 15

4=

75

4.

Soluciones 41

A B

CDE

43

5

15

4

Solucion del problema 66. La respuesta es (e).Por ser ABC equilatero, AD es, ademas de altura, bisectriz y mediana. Enparticular, ∠DAC = 30◦ y DC = 1. Como ∠DME es un angulo exteriordel triangulo AME, 60◦ = ∠DME = ∠MAE + ∠AEM = 30◦ + ∠AEM .Por lo tanto, ∠AEM = 30◦, y el triangulo AME es isosceles (con MA =ME). Ademas, en vista de que M es punto medio de AD, ME = MD. Untriangulo, como el MDE, en el que dos lados iguales forman un angulo de60◦, necesariamente es equilatero. Entonces ∠AED = ∠AEM + ∠MED =30◦ + 60◦ = 90◦.

A

B CD

M

E60◦

N

Sea N el punto sobre AC tal que MN es paralela a DE. Los triangulos AMNy ADE son semejantes. Se sigue que DE/MN = AD/AM = 2. Por otraparte, por el Teorema de Pitagoras aplicado al triangulo ADC, AD =

√3, luego

DE = MD =√

3/2, y por el Teorema de Pitagoras aplicado al triangulo CED,EC = 1/2. Finalmente, AE = 2 − EC = 3/2, y tenemos que: area(ADC)=(DC ×AD))/2 =

√3/2, area(AME)= (AE ×MN) /2 = (AE ×DE) /4 =

3√

3/16, y por lo tanto, area(MDCE) =area(ADC)−area(AME)=√

3/2 −3√

3/16 = 5√

3/16.

Solucion del problema 67. La respuesta es (e).Escribamos, debajo de cada divisor d de la lista, el numero N

d . Obtenemos,debajo de la primera lista, una lista de los divisores de N ordenada ascenden-temente, cuyos quince primeros terminos son faciles 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 esN48 = 296399.

Solucion 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 esta acostadosobre una mesa, vemos que el aro de cinta tiene forma de cilindro con un huecoen el centro, cuya base es una corona circular y cuya altura no cambia sinimportar cuanta cinta se enrolle, de manera que su volumen es proporcional alarea de la corona.Cuando se enrollan 18m de cinta, el area 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 area A de la corona debe satisfacer, por lomencionado arriba,

18m

9πcm2=

40m

A,

de donde A = 20πcm2. Por otra parte, si el radio exterior de esta corona mideR, tenemos que 20πcm2 = A = R2π − (4cm)2 π =

(R2 − 16cm2

)π, de modo

que R2 = 36cm2 y R = 6cm. Entonces el “grosor” de la corona (que coincidecon el “grosor” del aro cinta) es 6cm− 4cm = 2cm = 20mm.

Solucion del problema 69. La respuesta es (c).Los multiplos de 93 de 3 cifras son: 186, 279, 372, 465, 558, 651, 744, 837y 930. 930 utiliza un cero, de modo que no puede ser uno de los numerosque se lean en el crucigrama. 558 y 744 usan cifras repetidas, de modo quetampoco pueden aparecer en el crucigrama. Las cifras centrales de los multiplosque quedan son: 8, 7, 6, 5 y 3. La primera y la ultima cifra del numero que selea horizontalmente deben ser las cifras centrales de los dos numeros verticales.Por lo tanto, la unica posibilidad para el numero horizontal es 837. El numerovertical de la izquierda debe ser, pues, 186, y como la cifra 3 ya se utilizo, elnumero vertical de la derecha debe ser 279, quedando el crucigrama como semuestra. Las cifras que no se usaron son 4 y 5.

→

↓ ↓1 2

3

6

78

9

Solucion del problema 70. La respuesta es (b).Las unicas formas de escribir 143 y 133 como producto de enteros mayores que1 son 143 = 11 × 13 y 133 = 7 × 19, de modo que conocemos los lados deestos dos rectangulos. En la figura se observa que a 13 + 7 = 20 le falta ellado del cuadrado pequeno para dar el lado del cuadrado grande, mientras quea 11 + 19 = 30 le sobra el lado del cuadrado pequeno para dar el lado del

Soluciones 43

cuadrado grande. Como 20 y 30 difieren en 10, el lado del cuadrado pequenoes 10

2 = 5 (y el lado del grande es 25) y por lo tanto su area es 25.

13

117

19

Solucion del problema 71. La respuesta es (c).Digamos que el collar se compone de 4 segmentos negros (de tamanos 1, 3, 5y 7) y de 4 segmentos blancos (de tamanos 2, 4, 6 y 8). En total el collar tiene1 + 3 + 5 + 7 = 16 perlas negras y 2 + 4 + 6 + 8 = 20 perlas blancas, demanera que cada tira tiene 8 perlas negras. Consideremos la tira con la menorcantidad de perlas blancas. Como ningun segmento negro tiene 8 perlas, dichatira tiene perlas negras provenientes de al menos 2 segmentos negros distintos ypor lo tanto contiene a algun segmento blanco. Alrededor del segmento blancocon 2 perlas solo hay 1 + 3 = 4 perlas negras. De esta manera si la tira (conmenor cantidad de perlas blancas) contiene este segmento blanco, entonces noserıa el unico segmento blanco contenido en esta tira. De aquı se seguirıa quela tira con menor cantidad de perlas blancas tendrıa al menos 6 perlas blancas.Ahora, supongamos que uno de los cortes lo hacemos de manera que cada unade las perlas blancas (del segmento de 2 perlas blancas) quede en tira distinta.Es facil ver que en este caso la tira con menos perlas blancas tendrıa al menos5 perlas blancas. La siguiente opcion es considerar que una de las tiras contienecompletamente al segmento con 4 perlas blancas. Consideremos entonces lasiguiente tira: 3 perlas negras, 4 perlas blancas, 5 perlas negras. Vemos queesta tira tiene exactamente 4 perlas blancas y 8 perlas negras. Como esta esnuestra mejor opcion, concluimos que la tira con mayor numero de perlas blancastiene 16 perlas blancas.

Solucion del problema 72. La respuesta es (a).Cada nivel de la piramide es un cuadrado. Entonces, para calcular el numero debalas por piramide, tendremos que sumar los cuadrados de 1 hasta 10, es decir,12 + 22 + . . . + 102 = 10·11·21

6 = 385.

Solucion del problema 73. La respuesta es (b).Notemos que x2 + y2 = 6xy implica que (x + y)2 = x2 + 2xy + y2 = 8xy y

(x − y)2 = x2 − 2xy + y2 = 4xy. Entonces (x+y)2

(x−y)2 = 8xy4xy = 2, por lo tanto,

x+yx−y =

√2.

44 Soluciones

Solucion del problema 74. La respuesta es (c).De la pagina 1 a la 9 necesitamos 9 dıgitos, de la 10 a la 99 necesitamos90 · 2 dıgitos, es decir, de la pagina 1 a la 99 necesitamos 189 dıgitos. Para lassiguientes paginas necesitamos 3 por cada una, pero tenemos 2004−189 = 1815dıgitos, es decir, solo podemos formar 1815

3 = 605 numeros de tres dıgitos. Porlo tanto tenemos 99 + 605 = 704 paginas posibles.

Solucion del problema 75. La respuesta es (b).Los primeros tres dıgitos determinan el resto de los dıgitos, entonces bastacalcular cuantos numeros de tres dıgitos hay. Leıdos de izquierda a derecha,para el primer dıgito tenemos 9 opciones, ya que no puede ser cero pues en casocontrario tendrıamos un numero de 2 dıgitos. Para el segundo dıgito tenemos 10opciones al igual que para el tercero, entonces tenemos 9 ·10 ·10 = 900 numerosde tres dıgitos. Por lo tanto, tenemos 900 numeros capicuas de 6 dıgitos.

Solucion del problema 76. La respuesta es (d).Dado que los segmentos AB = 5, AC = 3 y BC = 4, cumplen que AC 2 +BC2 = AB2, tenemos que se cumple el Teorema de Pitagoras. Entonces, eltriangulo 4ABC es un triangulo rectangulo con hipotenusa AB. Por lo tanto,α = 90◦.

Solucion del problema 77. La respuesta es (d).Para que un numero sea multiplo de 9 la suma de sus dıgitos debe ser divisiblepor 9, entonces a + b puede ser 5 o 14. Para que un numero sea multiplo de 11la suma de sus dıgitos en lugar impar menos la suma de sus dıgitos en lugar pardebe ser divisible por 11, entonces 4 + b +7 +6− (1 + 4+ a) debe ser multiplode 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 solamenteel sistema (1) es valido. Resolviendolo obtenemos que a = 3 y b = 2.

Solucion del problema 78. La respuesta es (a).Sea AB un lado del decagono y sea O el centro del cırculo, como se muestraen la siguiente figura

Soluciones 45

O

BA

36◦

36◦36◦

72◦

72◦x

x

1− x

Consideramos el punto D sobre el lado OB de tal manera que AD bisectael angulo ∠OAB. Con esto, obtenemos que el triangulo 4DAB es semejanteal triangulo 4BOA, y de aquı que

BD

AB=

AB

OA.

Designemos x = AB. Como los triangulos 4DAB y 4DAO son isoscelestenemos que DA = DO = x y BD = 1− x. Reescribimos el cociente anteriory obtenemos

1− x

x=

x

1.

De aquı, obtenemos a su vez la ecuacion x2 + x − 1 = 0 la cual tiene como

soluciones x = −1+√

52 y x = −1−

√5

2 . La segunda solucion no es valida, ya que

una longitud no puede ser negativa, por lo tanto, x = −1+√

52 .


Trazando las diagonales del rectangulo obtenemos 12 triangulos. Cada ladodel rectangulo contiene la base de 3 triangulos, uno blanco y dos sombreados.Estos triangulos tienen la misma area, dado que sus bases son iguales y com-parten la misma altura en cada lado del rectangulo. Ası, la razon de las areases de 1 : 2.

46 Soluciones

Solucion del problema 80. La respuesta es (b).

Notemos que tenemos tres triangulos equilateros de lado tres dentro de lafigura, ya que cada uno tiene un angulo de 60o y es isosceles por construccion.Por la misma razon tenemos tres triangulos equilateros de lado dos, entonces elarea es igual a 9 · 3 + 4 · 3− 2 = 37.

Solucion del problema 81. La respuesta es (e).

Como tenemos tres uniones tenemos 6 caras de cubos que no forman partede la superficie de la figura, ademas, cada cara mide 1 unidad de area, por lotanto, la superficie mide 6 · 4− 6 = 18.

Solucion del problema 82. La respuesta es (d).Tenemos que x13 + 1 = x13 − 1 + 2, ademas, sabemos que

x13 − 1 = (x− 1)(1 + x + x2 + . . . + x12).

Entonces

x13 + 1

x− 1=

(x− 1)(1 + x + . . . + x12)

x− 1+

2

x− 1= (1 + x + . . . + x12) +

2

x− 1.

Por lo tanto, el residuo es 2.

Solucion del problema 83. La respuesta es (c).Como hay un patron de 6 dıgitos (247935), dividimos 2005 entre 6, lo cual nosda un cociente de 334 y residuo 1. Por lo tanto, el patron en 2005 dıgitos se

Soluciones 47

repite 334 veces mas un dıgito, entonces los ultimos dıgitos estan dados por elultimo patron y un dıgito mas:

...2479352.

Los ultimos tres dıgitos son: 3, 5 y 2.

Solucion del problema 84. La respuesta es (d).Sea E el punto de interseccion de AN y BM ; y sea F el punto de interseccionde MC y DN.

A

B C

D

EF

M

N

Dado que las areas de los triangulos 4AEB, 4MEN, 4MFN y 4DFCson iguales entre sı, tenemos que el area sombreada es equivalente al area deltrapecio ABNM. Para calcular esta area, tenemos primero que el area deltriangulo 4BEN es igual a 2 (ya que los triangulos 4BEN y 4AEM sonsemejantes y sus lados estan en la razon 2 : 1). Ahora, como EN = 2 · AE,tenemos que el area del triangulo 4MEN es igual a 2, y de aquı tenemostambien que el area del triangulo 4AEB es igual a 2. Por lo tanto el area deltrapecio ABNM es igual a 1 + 2 + 2 + 2 = 7.

Solucion del problema 85. La respuesta es (c).Tomamos como x al numero de boletos para adultos y a y como el numero deboletos para ninos. Entonces el total de boletos vendidos seran: x + y = 500.Y la cantidad de dinero recibida serıa 2.50 x + 2.00 y = 1,187.50. Esto nos dael sistema de ecuaciones siguiente:

x + y = 500

2.5x + 2y = 1,187.50

podemos obtener de la primera ecuacion:

y = 500− x

48 Soluciones

Que sustituyendo en la segunda ecuacion,

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

x =187.50

0.5x = 375

Por tanto, x = 375 y sustituyendo x en la primera ecuacion se obtiene y =500 − 375 o y = 125. Entonces el total de boletos vendidos para ninos es 125.

Solucion del problema 86. La respuesta es (c).Reescribimos los numeros de la primera fila como 0+1, 0+2, ... , 0+8, los de lasegunda como 8+1, 8+2, ... , 8+8, y ası sucesivamente. La condicion de aco-modo para que las torres no se capturen entre ellas es que en cada fila y en cadacolumna se situe exactamente una torre de manera que no tenga a quien captu-rar. Ası, cualquier acomodo que cumpla con que no haya dos torres en la mismafila o en la misma columna cumple con que todas las filas y todas las columnasestan exactamente ocupadas por una torre. Por lo tanto, la suma estara com-puesta por un numero de cada fila y un numero de cada columna. Es decir, lasuma estara compuesta por 1+2+3+4+5+6+7+8 (que resultan de la descom-posicion de los numeros en cada columna), y por 0+8+16+24+32+40+48+56(que resultan de la desomposicion de los numeros en cada fila). La suma esentonces 260.

Solucion del problema 87. La respuesta es (b).De a

b = b+ca obtenemos que

a2

b− b = c,

es decir,a2 − b2

b= c.

De aquı, obtenemos quea2 − b2

b2=

c

b.

Solucion del problema 88. La respuesta es (d).Dado que r y s son las raıces de la ecuacion, tenemos que (x − r)(x − s) =

Soluciones 49

x2 − (r + s)x + rs debe ser igual a x2 + bx + 1. De aquı obtenemos que−(r + s) = b y rs = 1. Reescribimos

1r2 + 1

s2 = r2+s2

r2s2

= (r+s)2

r2s2 − 2rsr2s2

= (r+s)2

(rs)2− 2

rs .

Sustituyendo los valores de r + s y rs obtenemos

1

r2+

1

s2= b2 − 2.


α

P Q

RS

83◦41◦

O

T

El ∠PSR = ∠PQR (porque PQSR es paralelogramo). Llamemos O a lainterseccion de SR con PT , como α + ∠POS = 180◦ y ∠POS + ∠PSO +∠OPS = 180◦ (pues la suma de los angulos internos de un triangulo es 180◦),tenemos que α = 41◦ + 83◦ = 124◦.

Solucion del problema 90. La respuesta es (b).Se quiere que el numero sea multiplo de 6, por tanto debe serlo de 2 y de 3.Al pedir que la suma de sus cifras sea 21, el numero ya resulta ser multiplo de3. Ası el numero debe ser par, por lo tanto se debe pensar en las posibilidadespara su ultima cifra. El numero no puede terminar en 0 ni 2 porque no tenemosposibilidades para las primeras dos cifras de forma que la suma alcance 21. Sila ultima cifra es 4, las dos primeras deben sumar 17, luego deben ser 8 y 9, lascuales dan dos combinaciones posibles: 984 y 894. Si la ultima cifra es 6, lasprimeras pueden ser 8 y 7, o bien 9 y 6, con los que se pueden formar cuatronumeros: 876, 786, 966 y 696. Si la ultima cifra es 8, las posibilidades para lasprimeras son 6 y 7, 5 y 8, o bien 4 y 9; y hay 6 numeros: 768, 678, 588, 858,498, 948. En total hay 12 numeros.

50 Soluciones

Solucion del problema 91. La respuesta es (c).Como -1 es solucion de la ecuacion, entonces 3 − b + c = 0, de ahı b − c = 3,por lo cual uno de ellos (b o c) tiene que ser impar, y el otro debe ser 2 (b y cson 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.

Solucion del problema 92. La respuesta es (c).Notemos que las afirmaciones de Bernardo y Daniel son contradictorias entre sı.Por lo tanto una de ellas debe ser falsa y la otra verdadera. Si la afirmacion deBernardo fuese verdadera, resultarıa tambien verdadera la de Carlos. Como hayuna sola afirmacion verdadera, esta debe ser la de Daniel. Entonces el culpablees Carlos.

Solucion del problema 93. La respuesta es (a).Sean P y L el punto de partida y el punto de llegada respectivamente. DibujemosLD perpendicular a PA y LC paralela a AB.

P

L

DCA

B

G

135◦

135◦

1

1

1

En el rombo ACLB, LB = BA = AC = CL = 1, tambien PA = 1.El triangulo LCD es isosceles rectangulo, por lo que aplicando el Teorema de

Pitagoras, tenemos que CD = LD = 1√2

=√

22 .

Aplicando nuevamente el teorema de Pitagoras ahora al triangulo LPDtenemos

LD2 + PD2 = PL2

(√2

2

)2

+

(2 +

√2

2

)2

= PL2

√5 + 2

√2 = PL.

Solucion del problema 94. La respuesta es (b).Tracemos la cuerda comun AB. Tenemos las siguientes igualdades entre angulos:∠BAF = ∠BCF, ya que ambos son angulos inscritos que intersectan el ar-co FB en la circunferencia pequena, y ∠EAB = ∠EDB, ya que ambos

Soluciones 51

son angulos inscritos que intersectan el arco BE en la circunferencia gran-de. Entonces, como ∠EAF = ∠EAB + ∠FAB, tenemos que ∠EAF =∠EDB + ∠FCB.

A

B

C DE F

α

α

β

β

Ahora, como sabemos que la suma ∠BCF +∠BDE+∠CBD = ∠BCD+∠BDC + ∠CBD = 180◦, concluimos que ∠EAF + ∠CBD = 180◦.

Solucion del problema 95. La respuesta es (e).Como AC es paralela a HG, el angulo α es igual a γ, y como β es igual aα, entonces β = γ. Luego, el triangulo AHE es isosceles y AH = HE. En eltriangulo rectangulo ABE, el angulo ABE es complementario a β, y BEH escomplementario a γ, como β = γ, ∠ABE es complementario a γ. Como losangulos ABE y BEH son complementarios a β, son congruentes y el trianguloHBE es isosceles con HB = HE. Luego, BH = AH.

A

B CD G

H

E

αβ

γ

En el triangulo ABC, como HG y AC son paralelos y H es punto mediode AB, G es punto medio de BC. Por lo tanto BG = 14.

En el triangulo ABC, AD es bisectriz, luego, por el teorema de la bisectriz

AB

AC=

BD

DC.

52 Soluciones

Sea x = BD, entonces DC = 28− x. Sustituyendo en la ecuacion anterior

26

30=

x

28− x, despejando x = 13 = BD.

Como BG = 14 y BD = 13, entonces DG = 1.

Solucion del problema 96. La respuesta es (b).Sea x = AE = EC = CF = AF . Como AD = 16, FD = 16 − x. ComoDC = 12, utilizando el Teorema de Pitagoras en el triangulo DFC, FD2 +DC2 = FC2. Sustituyendo valores, (16− x)2 + 122 = x2, despejando x = 25

2 .

B

A

C

D

E

F

G

Nuevamente, aplicando el Teorema de Pitagoras ahora al triangulo ADCtenemos AD2 + DC2 = AC2, 162 + 122 = AC2, despejando AC = 20.

Como las diagonales de un rombo son perpendiculares y se bisectan, eltriangulo EGC es rectangulo y GC = 10. Aplicando nuevamente el Teorema dePitagoras ahora a este triangulo, se tiene que EG2+GC2 = EC2, EG2+100 =6254 . Por lo tanto, EG = 15

2 y EF = 2EG = 15.

Solucion del problema 97. La respuesta es (c).Dibujamos la altura AD, como el ∠ABC = 135◦ entonces ∠ABD = 45◦.Luego, el triangulo ADB es isosceles rectangulo.

E

FD CB

A

135◦

Si AB =√

50 =√

25 · 2 = 5√

2, por el teorema de Pitagoras, AD = DB =5. En el triangulo ADC, como DC = 12 y AD = 5 entonces CA = 13. Por lotanto, EF = 1

2CA = 132 .

Soluciones 53

Solucion del problema 98. La respuesta es (d).Dibujamos la altura AD desde el vertice A a la hipotenusa del triangulo. Comosabemos que E es el centro de la circunferencia circunscrita al triangulo 4ABCy BC es uno de sus diametros, tenemos que AE = BE = EC = 10.

B

A

CDG E H

Sea GD = x entonces DE = 5 − x. Por el teorema de Pitagoras, en lostriangulos 4AGD y 4ADE, AG2 − x2 = 102 − (5− x)2, despejando AG2 =75+10x. Analogamente, en los triangulos4ADH y4ADE, AH 2−(10−x)2 =102 − (5 − x)2, despejando AH2 = 175 − 10x. Sumando todas los cuadradosde todas las longitudes, tenemos que AG2 + AH2 + AE2 = 75 + 10x + 175−10x + 100 = 350.

Solucion del problema 99. La respuesta es (a).Consideremos el triangulo 4BCD. Si dibujamos la altura desde D a BC yconsideramos el triangulo4BCD que tiene lados 14, 13 y 15, se puede calcular,utilizando el Teorema de Pitagoras, que DE = 12, BE = 9 y EC = 5.

B

A

C

DP

Q

E

Luego, los triangulos 4ABD y 4EBD son congruentes, ya que tienen tres la-dos iguales. Entonces si extendemos la altura AP pasa por E. Como el triangulo4ABD es rectangulo, es semejante al triangulo 4PBA, luego BD

AB = ABBP , sus-

tituyendo los valores tenemos que 159 = 9

BP , es decir, BP = 275 .

Consideremos ahora 4BQC, donde PE es paralelo a CQ, entonces por el

54 Soluciones

Teorema de Thales, BEEC = BP

PQ , sustituyendo los valores tenemos que

9

5=

275

PQ, es decir, PQ = 3.

Solucion del problema 100. La respuesta es (b).Consideremos el triangulo rectangulo 4DBC entonces, por el Teorema de

Pitagoras, tenemos que DB2 +BC2 = DC2 y sustituyendo valores DC =√

52 .

Sea G la interseccion de las medianas. Como las medianas se intersectan enrazon 1 : 2, DG = 1

3DC =√

56 .

B

A

C

D P G

Ahora bien, los triangulos rectangulos 4DCB y 4DBP son semejantes,ya que tienen dos angulos iguales, entonces DC

DB = DBDP sustituyendo valores y

despejando tenemos DP =√

510 . Por lo tanto, PG = DG−DP =

√5

6 −√

510 =

√5

15 .

Concentrado de Respuestas

1.- (a) 26.- (e) 51.- (c) 76.- (d)2.- (b) 27.- (b) 52.- (a) 77.- (d)3.- (c) 28.- (d) 53.- (c) 78.- (a)4.- (e) 29.- (a) 54.- (a) 79.- (b)5.- (b) 30.- (d) 55.- (d) 80.- (e)6.- (d) 31.- (b) 56.- (e) 81.- (d)7.- (b) 32.- (c) 57.- (d) 82.- (a)8.- (b) 33.- (c) 58.- (b) 83.- (c)9.- (d) 34.- (b) 59.- (a) 84.- (d)

10.- (d) 35.- (d) 60.- (c) 85.- (c)11.- (c) 36.- (d) 61.- (e) 86.- (c)12.- (e) 37.- (c) 62.- (d) 87.- (b)13.- (d) 38.- (a) 63.- (b) 88.- (d)14.- (e) 39.- (a) 64.- (e) 89.- (a)15.- (a) 40.- (a) 65.- (d) 90.- (b)16.- (d) 41.- (d) 66.- (e) 91.- (c)17.- (c) 42.- (b) 67.- (e) 92.- (c)18.- (b) 43.- (e) 68.- (c) 93.- (b)19.- (c) 44.- (d) 69.- (b) 94.- (e)20.- (c) 45.- (c) 70.- (b) 95.- (b)21.- (a) 46.- (d) 71.- (c) 96.- (a)22.- (c) 47.- (d) 72.- (a) 97.- (c)23.- (e) 48.- (b) 73.- (b) 98.- (d)24.- (e) 49.- (b) 74.- (b) 99.- (a)25.- (a) 50.- (b) 75.- (b) 100.- (b)

56

Comite Organizador de la

Olimpiada Mexicana de Matematicas


(Presidenta)

Anne Alberro Semerena

Ignacio Barradas Bribiesca



Luis Cruz Romo

Jose Antonio Gomez Ortega

Alejandro Illanes Mejıa

Humberto Montalvan Gamez

Arturo Morales Lopez

Antonio Olivas Martınez

Elena Ruiz Velazquez

Carmen Sosa Garza

Rogelio Valdez Delgado

Matemática_20_I

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