Solución En cada corte quedan 2/3 de lo que había antes de cortar, así que la respuesta es 2/3 x 2/3 x 2/3 = 8/27. La respuesta es (e). Solución 2



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SOLUCIONES

Problemario


Solución 1. En cada corte quedan 2/3 de lo que había antes de cortar, así que la respuesta es 2/3 x 2/3 x 2/3 = 8/27. La respuesta es (e).
Solución 2. Notemos que si sacáramos 20 canicas podría ser que todas fueran de colores distintos, así que sólo podríamos garantizar que hay dos canicas del mismo color si sacáramos 21 canicas. De la misma manera, necesitaríamos 41=20 x 2 + 1 canicas para poder afirmar que con seguridad hay 3 canicas (al menos) del mismo color, pues con 40 canicas podría ser que cada color apareciera exactamente 2 veces. Con el mismo razonamiento que hemos seguido llegamos al resultado: se necesitan 20 x 99 + 1=1981 canicas. La respuesta es (c).
Solución 3. Observemos que si juntamos los triángulos ABM y DNC, éstos formarán un rectángulo de 2.5 x 3, y que el área de MPQD es la mitad del área restante MBND para el rectángulo total, esto es: 5 x 3 - (2.5 x 3/2)=3.75. La respuesta es (d).
Solución 4. En el primer paso, por cada 100 tendremos 110, a los cuales habrá que restarles 11 y, por tanto, nos quedaremos con 99. La respuesta es (b).
Solución 5. Junto al 3 y al 5 hay que escribir dos números que sumen 12. Como no puede haber repeticiones, la única posibilidad para esos dos números es 8 y 4 (con dos posibilidades para ponerlos). Ahora, junto al 5 y al 8 hay que escribir números que sumen 20-(5+8)=7. Para evitar repeticiones las únicas posibilidades son 1 y 6. De la misma manera, vecinos al 5 y al 4 debemos escribir 2 y 9. Ahora, una vez que se ha elegido la forma de escribir el 4 y el 8, hay 4 posibilidades para escribir los números 1 y 6 y 2 y 9, pero sólo una funciona, ya que los cuatro números en la esquina izquierda superior deben también sumar 20. En resumen, sólo hay dos posibilidades:

La respuesta es (d).


Solución 6. Del centro de los círculos tracemos segmentos a los puntos de tangencia del círculo menor con el cuadrado; así el cuadrado quedará dividido en cuatro cuadrados de lado 1, y el radio del círculo mayor será igual a la diagonal de cualquiera de ellos. Usando Pitágoras deducimos el resultado. La respuesta es (b).
Solución 7. La longitud de AB es la suma de la longitud del lado mayor y la del lado menor de uno de los rectángulos pequeños. Sabemos que los tres rectángulos pequeños son iguales, por lo cual el lado más chico de cada uno de ellos mide la mitad de AD, que es igual a la mitad de BC y por tanto es 1. Luego, AB=2+1=3. La respuesta es (b).
Solución 8. Conviene escribir los números como x-2, x y x+2. Entonces su suma es, por un lado, 3x y, por el otro, 27, de donde x=9. El más pequeño es 7. La respuesta es (d).
Solución 9. El área del cuadrado ABCD es igual a 1 m2 (cada lado del cuadrado mide 1 m). El área del cuadrado AKPC es igual a cuatro veces el área del triángulo ABC, cuya área es la mitad del cuadrado ABCD. El área de ABCD es igual a 0.5 x 4 m2 =2 m2. La respuesta es (c).
Solución 10. Tenemos que 4321 - 1234 = 3087. La respuesta es (d).
Solución 11. Es claro que una recta interseca a lo más dos veces a un círculo, así que el máximo número de intersecciones en total entre el cuadrado y el círculo no puede exceder 8. En la figura siguiente podemos observar que sí es posible conseguir 8 puntos de intersección con un círculo de radio 5 y un cuadrado de lado 8 que compartan el centro. La respuesta es (d)

http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/sol11.gif
Solución 12. Cada lado del cuadrado gris mide la tercera parte del cuadrado grande, así que el área del cuadrado es 1/3 x 1/3= 1/9 veces el área del cuadrado mayor. La respuesta es (b).
Solución 13. Tenemos 50 números que podemos agrupar de dos en dos: (99-97)+(95-93)+...+(3-1). Cada paréntesis contribuye en 2 a la suma, así que la respuesta es 25 x 2=50. La respuesta es (d).
Solución 14. Como 15 x 24 = 360 y 375 = 360 + 15, el asiento número 375 es el 15 de la fila 16. La respuesta es (e).
Solución 15. Notemos que 350 pesos son 35 entradas de adultos, pero 50 personas implican 15 personas más. Si "cambiamos" un adulto por 2 niños, conservamos la cantidad (en pesos) pero aumentamos una persona más cada vez. Así, "cambiando" 15 adultos por 30 niños obtenemos 50 personas, y conservamos los 350 pesos de ganancias. (De otra manera: Llamemos n al número de niños y a al número de adultos. Entonces n+a=50  y 5n+10a=350. Dividiendo la segunda ecuación entre 5 y restándole la primera tenemos que a=20. La respuesta es (b).
Solución 16. Si cortamos una esquina del triángulo de forma que el corte NO se haga por la diagonal del cuadrado, tendremos cinco esquinas en lugar de cuatro en la región más grande. Esto quiere decir que al cortar una esquina del cuadrado, lo más que podemos hacer es agregar otra. Así pues, el máximo de esquinas que podemos tener es 8. La respuesta es (e).
Solución 17. La posición original se repite después de cada 6 dobleces. Como 1998 es múltiplo de 6, después de 1998 dobleces tendremos la posición original y después de 1999 dobleces tendremos la misma posición que había después del primer doblez.

La respuesta es (d).



http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/sol17.gif
Solución 18. Un rectángulo, como se observa en la figura. La respuesta es (b).

http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/sol18.gif
Solución 19. En dos horas el entrenador lava 3 elefantes y su hijo lava 1, así que juntos lavan 4 elefantes en 2 horas y lavarán 3 elefantes en 3 x 2/4 = 1.5 horas. La respuesta es (d).
Solución 20. El área de la rebanada es proporcional al ángulo comprendido entre los radios. Así, cuando el ángulo es de 360o, el área de la rebanada es igual a la del pastel. Entonces, para que el sector sea el 15 % del área del círculo, el ángulo debe medir 15 % de 360o: 54o. La respuesta es (c).
Solución 21. 100 pesos tienen el mismo valor que 100/8 = 12.5 libras. 12.5 libras equivalen a 250 dólares, así que 100 dólares tienen el mismo valor que 12.5/2.5 = 5 libras. La respuesta es (b).
Solución 22. Una acción vale 1400 + 140 a fin de junio, o sea 1540 pesos. Después pierde el 10 % de su valor que son 154 pesos, o sea que al final vale 1386 pesos. La respuesta es (d).
Solución 23. Todo número impar multiplicado por 5 termina en 5. El producto de números impares siempre es impar. Por lo anterior el producto termina en 5. La respuesta es (c).
Solución 24. Para las centenas tenemos cinco opciones: 4, 9, 2, 1 y 5. La menor de ellas es 1, así que eliminamos los que están antes que 4, 9 y 2. Para las decenas hay dos opciones: 5 y 0, de las cuales la menor es 0, así que eliminamos el 5. Queda el número 108. La respuesta es (d).
Solución 25. Dibujamos los cuartos de la tira de papel y los numeramos de izquierda a derecha. Si cortamos por esas marcas, quedan los cuatro pedazos numerados, todos del mismo tamaño. Ahora, las marcas que dividen el papel en terceras partes quedan en los pedazos número 2 y 3, y, si volviéramos a unirlos, las marcas serían simétricas, por lo que, al cortarlos nuevamente, ambos pedazos (2 y 3) quedarían divididos de la misma forma. Pero este último corte dividió cada segmento en dos pedazos de longitudes diferentes además de los pedazos 1 y 4 que son de igual longitud. Por lo tanto hay piezas de tres longitudes diferentes. La respuesta es (b).
Solución 26. Trazando las diagonales del rectángulo encontramos 12 triángulos. Cada lado del rectángulo contiene la base de 3 triángulos, uno blanco y uno gris, de la misma área, pues sus bases y sus alturas son iguales. Así, la razón de las áreas es de 1 a 2. La respuesta es (b).
Solución 27. El número 1092 se escribe como un 1 seguido de 92 ceros. Entonces 1092-92 se escribe como noventa 9's seguidos de un 0 y un 8. Tenemos que 9 x 90 + 0 + 8 = 818. La respuesta es (c).
Solución 28. Escribí 5 cien veces como cifra de las unidades: 5, 15, 25, ..., 95, ..., 995. Escribí 5 cien veces como cifra de las decenas: 50, ...,59, 150, ..., 159, ..., 950, ..., 959. Escribí 5 cien veces como cifra de las centenas: 500, 501, ..., 599. En total escribí 300 veces la cifra 5. La respuesta es (e).

Solución 29. Por ser el número múltiplo de 5, debe terminar en 0 o 5, pero como no debe tener 0's, el número termina en 5. Ahora hay que buscar tres números cuya suma sea 4 (pues la suma de todas las cifras del número es 9); como ninguno debe ser cero la única posibilidad es que sean 1,1,2 y, como el número debe ser mayor que 1995, debe ser 2115. Por lo tanto su tercera cifra es 1. La respuesta es (a).
Solución 30. El segmento MS es la diagonal de un rectángulo, por lo cual los 2 triángulos que lo tienen como lado son de la misma área. Lo mismo pasa con MQ y con QS, lo cual implica que las áreas de los rectángulos grises siempre son iguales. La respuesta es (c).
Solución 31. Por ser el número múltiplo de 5, debe terminar en 0 o 5, pero como no debe tener 0's, el número termina en 5. Ahora hay que buscar tres números cuya suma sea 4 (pues la suma de todas las cifras del número es 9); como ninguno debe ser cero la única posibilidad es que sean 1,1,2 y, como el número debe ser mayor que 1995, debe ser 2115. Por lo tanto su tercera cifra es 1. La respuesta es (a).
Solución 32. Hay 6 formas de ir de la ciudad A a la ciudad D pasando por B, y hay 10 formas pasando por C. Por lo tanto hay 16 rutas de la ciudad A a D. La respuesta es (b).
Solución 33. Tenemos tres direcciones que pueden seguir las líneas de alambre, las cuales podríamos pensar como: de izquierda a derecha, de adelante a atrás y de arriba a abajo. En cada una de estas direcciones hay 16 líneas de 3 cm cada una pues son 4 niveles y en cada nivel hay 4 líneas. De esta manera tenemos que el resultado es 3 x 3 x 16 = 144. La respuesta es (e).
Solución 34. Llamemos a y b a los catetos del triángulo y c a su hipotenusa. Sabemos que c = 6 y que a+b+c=14. Por lo tanto a+b=8. Elevando al cuadrado tenemos que (a+b)2=82, lo cual implica que a2+2ab+b2=64. El área que buscamos es ab/2. Por el Teorema de Pitágoras c2+2ab=64, sustituyendo c obtenemos que ab/2=7, que es el área que buscábamos. La respuesta es (b).
Solución 35. La cantidad de días que pasan antes de que vuelvan a reunirse todos debe ser divisible por 1, 2, 3, 4, 5, 6 y 7. Si multiplicamos 4 x 3 x 5 x 7=420 tenemos el mínimo común múltiplo los números, así, el menor número de días en el que se reencontrarán es 420. La respuesta es (d).
Solución 36. El área del círculo es http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/pi.gifx (http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/raiz2.gif/2)2=http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/pi.gif/2. El área de la superficie delimitada por los segmentos AD, DC y el arco AC es 1 - http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/pi.gif/4. El área de la región delimitada por el segmento BC y el arco BC es la cuarta parte de restarle al área del círculo el área del cuadrado, o sea (http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/pi.gif/2 - 1)/4 =1 - http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/pi.gif/8 - 1/4}. Así, el área de la región sombreada es 2(http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/pi.gif/8 - 1/4 + 1 - http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/pi.gif/4)=1/2. La respuesta es (c).
Solución 37. Uno de los enteros, digamos a, debe ser par, mientras que el otro, b, debe ser impar. Como 43 = 64 > 57, tenemos que a = 2; entonces es fácil ver que b=5. La respuesta es (b).
Solución 38. El triángulo ABC es isósceles (AB = AC), lo que implica que http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/angle.gifABC = http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/angle.gifACB = 75o, y que http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/angle.gifBAC = 180o-(75o+75o) = 30o. El triángulo ADC es isósceles (AD=DC), lo que implica que http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/angle.gifDAC = http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/angle.gifDCA = (180o-50o)/2 = 65o. Observemos que http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/angle.gifBAD = http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/angle.gifCAB + http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/angle.gifDAC = 30o+65o=95o. La respuesta es (d).
Solución 39. En la figura, el área del triángulo ABC es igual a la del triángulo FGH, y el área del triángulo ACD es igual a la del EIJ. Así, el área sombreada es igual al área del cuadrado EFHI, que es 9. Entonces la respuesta es (a).

http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/sol39.gif

Solución 40. Si el promedio de los cinco números es 40, entonces su suma es 40 x 5=200. De la misma manera, la suma de los tres que no se eliminaron es 108. Entonces, los dos eliminados suman 92 y su promedio es 46. La respuesta es (d).
Solución 41. Tenemos que CANGUROS = 10,000 x CANG + UROS, así es que 10,000 x UROS- 10,000 x CANG+ 10,000 x CANG+ UROS=10,000 x UROS+ UROS= UROSUROS.

La respuesta es (a).


Solución 42. El ángulo A'BC mide 180o - 2(72o)=36o. Por lo tanto, la región sombreada es 360o/36o=1/10 del área total del círculo con centro en B y radio AB, que es http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/pi.gif(12)=/pi. El área de la región sombreada es igual a http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/pi.gif/10}. La respuesta es (c).
Solución 43. Queremos que el número sea múltiplo de 6, por tanto debe serlo de 2 y de 3. Al pedir que la suma de sus cifras sea 21 el número ya será múltiplo de 3. El número deberá además par, así es que pensemos en las posibilidades para su última cifra. El número no puede terminar en 0 ni 2 porque no tenemos posibilidades para las primeras dos cifras de forma que la suma alcance 21. Si la última cifra es 4, las dos primeras deben sumar 17, así es que deben ser 8 y 9, y hay dos combinaciones posibles: 984 y 894. Si la última cifra es 6, las primeras pueden ser 8 y 7, o bien 9 y 6, con los que se pueden formar cuatro números: 876, 786, 966 y 696. Si la última cifra es 8, las posibilidades para las primeras son 6 y 7, 5 y 8, o bien 4 y 9; y hay 6 números: 768, 678, 588, 858, 498, 948. En total hay 12 números. La respuesta es (c).
Solución 44. x2/2 es par siempre. Como x es par, entonces x es múltiplo de 2 y, por lo tanto, x2 es múltiplo de 4. Entonces x2/2 es múltiplo de 2, es decir, es par. La respuesta es (c) .
Solución 45. Observemos que 343=73. Como los números son de cuatro cifras, 3 de ellas son 7 y la otra es 1. Entonces las únicas posibilidades son 7177, 7717, 7771. La respuesta es (c).
Solución 46. El área del círculo es http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/pi.gif(12)=http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/pi.gif, así que estamos buscando la altura de un triángulo equilátero que tiene área http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/pi.gif. AB'C' es un triángulo equilátero, aplicando el Teorema de Pitágoras al triángulo rectángulo que tiene como hipotenusa a AC' y como catetos a la altura trazada desde el vértice A y a la mitad del lado B'C'. Si AC' mide b y la altura es h, tenemos que h2=b2-(b/2)2=(3/4)b2, de donde b=(2/http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/raiz3.gif)h. El área del triángulo es hb/2. Así, (1/http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/raiz3.gif)h2=http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/pi.gif y h=http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/raiz_pi-raiz3.gif. La respuesta es (a).
Solución 47. Aplicando el Teorema de Pitágoras al triángulo cuya hipotenusa es el radio de la esfera y uno de cuyos lados es el radio del agujero, vemos que la distancia desde el centro de la esfera hasta el nivel de la mesa es http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/raiz_102-62.gif=8. Así, la distancia del punto más alto de la esfera al piso es 10+8+30=48. La respuesta es (d).
Solución 48. Si la fecha menor del cuadrado es x, la suma de todas las fechas del cuadrado es

x + x + 1 + x + 2 + x + 7 + x + 8 + x + 9 + x + 14 + x + 15 + x + 16 = 9x + 72 = 9x + 7x(10) + 2.

Necesitamos que 9x termine en 8, lo cual es posible si x termina en 2. Para que x sea múltiplo de 4 la única posibilidad es x=12. Entonces, la fecha de la esquina inferior derecha es 28. La respuesta es (e).


Solución 49. Como sabemos cuánto vale f(2), podríamos calcular f(11) si conociéramos el valor de f(3) ya que 11 = 4+4+3 = (2+2)+(2+2)+3. Tenemos que f(4) = f(2+2) = f(2) + f(2) + 4 = 10. Por otra parte f(4) = 10 = f(3) + f(1) + 3, de donde f(3) = 7-f(1). Además f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)+2=f(1)+5. Tenemos dos ecuaciones que involucran a f(3) y a f(1). Resolviendo obtenemos f(1)=1 y f(3)=6. Entonces f(11) = f(4+7) = f(4) + f(4+3) + 28 = 10 + f(4) + f(3) + 12 + 28 = 50 + 10 + 6 = 66. La respuesta es (e).
Solución 50. En (1+12)+(2+22)+(3+32)+ ... +(2001+20012) podemos reemplazar cada número por su última cifra sin alterar la última cifra del resultado. Asi, la última cifra de la suma es la misma que la última cifra de 200 x ((1+12) + (2+22) + (3+32) + ... + (10+102)) + (1+12) = 88002. Por lo tanto, la cifra que buscábamos es 2. La respuesta es (b).
Solución 51. Observemos que http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/raiz2.gif<2, así que la moneda toca a lo más 3 cuadros horizontales y 3 verticales. Entonces el problema se reduce a considerar una cuadrícula de 3 x 3. Si la moneda cubre un pedazo de algún cuadro de la esquina, entonces no cubre el de la esquina contraria porque la mínima distancia entre las dos esquinas opuestas es http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/raiz2.gif(la diagonal del cuadrado). Son 4 esquinas, entonces hasta ahora hemos visto que a lo más la moneda cubre 7 cuadritos. Ahora veamos que sí es posible lograr cubrir 7 cuadritos. Para esto observemos que si colocamos la moneda circunscribiendo el cuadro central, entonces cubrirá (parcialmente) 5 cuadros; la recorremos hacia arriba un poco (menos de http://ichi.fismat.umich.mx/omm/recursos/prob15/raiz2.gif/2)para lograr que cubra todos los cuadros salvo las esquinas inferiores. La respuesta es (d).
Solución 52. En vista de que a medio camino estábamos en el mismo lugar, de que las velocidades fueron constantes y de que el otro automóvil llegó 1h antes, entonces también salió 1:30h después: a las 9:30 de la mañana. La respuesta es (d).
Solución 53. Observemos que cada vértice lo es de cada pentágono y que dos pentágonos no comparten ningún vértice. Como son 12 pentágonos y cada uno tiene 5 vértices, en total hay 60 vértices. (De otra manera: Hay 20 hexágonos, cada uno con 6 vértices, para un total de 120 vértices. Hay 12 pentágonos, cada uno con 5 vértices, para un total de 60 vértices. Pero cada vértice es compartido por tres figuras, por lo tanto el poliedro tiene (120+60)/3 = 60 vértices.) La respuesta es (c).

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