Cuadernillo de Entrenamiento Nivel Primaria

SECRETARÍA DE EDUCACIÓN JALISCO
COORDINACIÓN DE EDUCACIÓN BÁSICA
DIRECCIÓN GENERAL DE EDUCACIÓN PRIMARIA
DIRECCIÓN GENERAL DE PROGRAMAS ESTRATÉGICOS
DIRECCIÓN DE PROGRAMAS DE ACOMPAÑAMIENTO PEDAGÓGICO
TERCERA OLIMPIADA ESTATAL DE MATEMÁTICAS
EN EDUCACIÓN PRIMARIA Y SECUNDARIA
3ª OEMEPS 2012
2° CUADERNILLO DE ENTRENAMIENTO
NIVEL PRIMARIA
Guadalajara, Jalisco, marzo de 2012
Cuadernillo de Entrenamiento Nivel Primaria
3ª OEMEPS 2012
ÍNDICE
PRESENTACIÓN
Pág.
3
JUSTIFICACIÓN
5
Importancia de la incorporación de los alumnos de Cuarto Grado de Educación
Primaria, a la 3ª Olimpiada Estatal de Matemáticas 2012
5
Estándares curriculares
6
INSTRUCTIVO DE PROCEDIMIENTOS PARA LA APLICACIÓN Y EVALUACIÓN DE
LOS EXÁMENES
7
PROBLEMARIO
8
SOLUCIONES
14
FUENTES DE CONSULTA
34
2
Cuadernillo de Entrenamiento Nivel Primaria
3ª OEMEPS 2012
PRESENTACIÓN
La Secretaría de Educación Jalisco, a través de la Coordinación de Educación Básica, con el
propósito de fortalecer el desarrollo de competencias matemáticas en los alumnos de
educación primaria y secundaria, a través de un concurso que implique el razonamiento y
la creatividad en la resolución de problemas, convoca a la Tercera Olimpiada Estatal de
Matemáticas en Educación Primaria y Secundaria 2012 (3ª OEMEPS).
La Tercera Olimpiada Estatal de Matemáticas en Educación Primaria y Secundaria, es un
concurso en el que los alumnos de cuarto, quinto y sexto grados de primaria y de los tres
grados de secundaria, asesorados por sus profesores, resolverán en un lapso de tiempo
suficiente, problemas que implican razonamiento y creatividad, sin el uso de la
calculadora, a la vez que muestran su nivel de desarrollo en las competencias de
resolución de problemas de manera autónoma, comunicación de información
matemática, validación de procedimientos y resultados, y manejo de técnicas con
eficiencia, consideradas en el Perfil de Egreso de Educación Básica:
Competencias para el manejo de la información. Se relacionan con: la búsqueda, identificación,
evaluación, selección y sistematización de información; el pensar, reflexionar, argumentar y
expresar juicios críticos; analizar, sintetizar, utilizar y compartir información; el conocimiento y
manejo de distintas lógicas de construcción del conocimiento en diversas disciplinas y en los
distintos ámbitos culturales. (SEP, 2009, págs. 40-41)
Así como en la definición que la SEP (2011), plantea con respecto al concepto
Competencias para la vida:
Competencias para el manejo de la información. Su desarrollo requiere: identificar lo que se
necesita saber; aprender a buscar; identificar, evaluar, seleccionar, organizar y sistematizar
información; apropiarse de la información de manera crítica, utilizar y compartir información con
sentido ético. (SEP, 2011, 38-39)
Los alumnos participantes escribirán sus procedimientos de solución y los jueces
asignarán puntos según el avance logrado en sus respuestas. Esta jornada de trabajo
intenso necesariamente dejará aprendizajes de gran valor en los alumnos y desarrollará
competencias profesionales en los docentes.
Organizar y animar situaciones de aprendizaje. Se relacionan con: el conocer a través de una
disciplina determinada, los contenidos que hay que enseñar y su traducción en objetivos de
aprendizaje; trabajar a partir de las representaciones de los alumnos; trabajar a partir de los
errores y los obstáculos en el aprendizaje; construir y planificar dispositivos y secuencias
didácticas e implicar a los alumnos en actividades de investigación, en proyectos de conocimiento.
(Perrenoud, 2007)
Para esta Tercera Olimpiada Estatal de Matemáticas en Educación Primaria y Secundaria,
se ha decidido continuar con las actividades relacionadas con la resolución de problemas
que se proponen en este 2° Cuadernillo de Entrenamiento. Los estudiantes podrán
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Cuadernillo de Entrenamiento Nivel Primaria
3ª OEMEPS 2012
participar en la categoría y en las etapas que les correspondan de acuerdo con las bases
establecidas en la convocatoria.
Pensando en apoyar a los profesores en la preparación de sus estudiantes que
participarán en los distintos momentos de la Olimpiada, se ha elaborado este 2°
Cuadernillo de Entrenamiento, en el que se proponen problemas similares a los que los
alumnos enfrentarán en cada una de las etapas del concurso. Es importante que el
maestro dedique un tiempo exclusivo para el trabajo con los alumnos usando el
problemario. Se recomienda destinar al menos una hora a la semana. La metodología de
trabajo sugerida es la misma que se propone en los programas oficiales de la SEP del 2011
correspondientes a la asignatura de Matemáticas en Educación Básica.
En un ambiente de confianza creado por el maestro, los alumnos deberán abordar los
problemas con las herramientas personales de que disponen e intentar encontrar en cada
problema, al menos una solución sin el uso de la calculadora, para confrontar
posteriormente con el resto de sus compañeros los resultados a los que lleguen,
justificando y argumentando paso a paso cada una de las respuestas dadas a los
cuestionamientos que se les plantean. Con la finalidad de favorecer la consistencia y
claridad en la argumentación que hagan los alumnos, es importante que el profesor les
solicite escribir todas las ideas que se les ocurran durante el proceso de resolución,
independientemente de si los llevaron o no a la solución final.
El profesor previamente deberá resolver los problemas que propondrá en la sesión de
trabajo o revisar las soluciones que se proponen en este problemario y presentar al menos
una solución en el caso de que los alumnos no logren encontrar alguna. Además, es
necesario que durante la confrontación de soluciones, organice los diferentes resultados a
los que arriben sus estudiantes, aproveche el momento para hacer las precisiones
convenientes en cuanto a conceptos, definiciones o repaso de algoritmos que hayan sido
necesarios en la resolución o representado alguna dificultad para los estudiantes.
Algunos de los problemas incluidos en este cuadernillo formaron parte de los exámenes
aplicados en las ediciones anteriores de la OEMEPS, mismos que fueron tomados
principalmente de los Calendarios Matemáticos 2007-2008 y 2009-2010, de los boletines
“Un reto más”, y de algunos exámenes y problemarios de la Asociación Nacional de
Profesores de Matemáticas (ANPM), Delegación Jalisco.
Los criterios de evaluación son una propuesta para dar una idea de cómo puede dividirse
el proceso de solución, otorgando puntos a cada avance parcial.
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JUSTIFICACIÓN
La 3ª Olimpiada Estatal de Matemáticas en Educación Primaria y Secundaria (OEMEPS) es
una iniciativa de la Secretaría de Educación Jalisco que busca promover el desarrollo de
competencias matemáticas y favorecer el gusto e interés por las matemáticas en los
alumnos de educación básica de la entidad, para elevar el rendimiento escolar,
considerando los resultados de la Evaluación Nacional del Logro Académico en Centros
Escolares (ENLACE), y el Informe del Programa Internacional para la Evaluación de
Estudiantes (PISA).
La 3ª OEMEPS por lo tanto, desarrolla competencias para entender y resolver problemas a
partir de la aplicación del conocimiento en alumnos de cuarto, quinto y sexto grado de
primaria, a través de exámenes que son aplicados en cada una de sus tres etapas (de
escuela, de zona y estatal) con el apoyo de problemarios elaborados por especialistas en
matemáticas.
La evaluación a diferencia de otras acciones emprendidas para este fin, toma en cuenta el
avance logrado y el grado de desarrollo de las competencias matemáticas mostradas en
los procedimientos de solución.
La finalidad del problemario no es seleccionar al o los alumnos más competentes, esa
función le corresponde al examen de la Etapa de Escuela y será gradual con respecto a los
problemas que se apliquen, previa selección de los mismos. El objetivo es compartir con
los docentes, el tipo de problemas utilizados como parte de la preparación –
entrenamiento, en el caso de las olimpiadas– de los alumnos, recopilando problemas de
los exámenes de otras olimpiadas, que aunados a los aportes de la Internet, permitirán
crear un banco de problemas.
El problemario está enfocado 100% al entrenamiento de los alumnos que participarán en
la 3ª Olimpiada Estatal de Matemáticas en Educación Primaria y Secundaria.
Importancia de la incorporación de los alumnos de Cuarto Grado de Educación Primaria,
a la 3ª Olimpiada Estatal de Matemáticas 2012
De acuerdo con el Plan de Estudios 2011 en la Educación Básica, es importante realizar
actividades con los campos y estándares educativos y de asignatura, así como fortalecer
los rasgos del perfil de egreso, tarea compartida en el tratamiento de los espacios
curriculares que integran el Plan de Estudios 2011.
La escuela en su conjunto, y en particular los maestros, los padres de familia y los tutores,
deben contribuir a la formación de los alumnos mediante el planteamiento de desafíos
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intelectuales, afectivos y físicos, para la consolidación de lo que se aprende y su utilización
en nuevos desafíos de tal manera que, el alumno siga aprendiendo.
Estándares curriculares
Los estándares curriculares se organizan en cuatro periodos escolares de tres grados cada
uno. Estos corresponden, de manera aproximada y progresiva, a ciertos rasgos o
características clave del desarrollo cognitivo de los estudiantes. Los estándares son el
referente para el diseño de instrumentos que, de manera externa, evalúen a los alumnos.
Periodo escolar
Primero
Segundo
Tercero
Cuarto
Grados escolares
1º, 2º y 3er grado de preescolar
1º, 2º y 3er grado de primaria
4º, 5º y 6º grado de primaria
1º, 2º y 3er grado de secundaria
Edad aproximada
Entre 5 y 6 años
Entre 8 y 9 años
Entre 11 y 12 años
Entre 14 y 15 años
(Dirección General de Educación Primaria, 2012)
Por lo anterior, el Comité Organizador de la 3ª Olimpiada Estatal de Matemáticas en
Educación Primaria y Secundaria 2012, ha decido incorporar tres categorías para el Nivel
de Primarias y conservar las tres del Nivel de Secundarias. En el primero de los casos
considerando el tercer periodo escolar completo, es decir, que participen los alumnos de
cuarto, quinto y sexto grados, premiando y reconociendo al ganador de cada una de las
categorías.
Nacional Meta 2010 Meta 2013 Meta 2030
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3ª OEMEPS 2012
INSTRUCTIVO DE PROCEDIMIENTOS PARA LA APLICACIÓN Y EVALUACIÓN
DE LOS EXÁMENES
a) El examen que se aplicará en cada una de las etapas consta de cinco problemas y se
podrá resolver en hasta cuatro horas.
b) Cada problema tendrá un valor de siete puntos, distribuidos de la siguiente manera:
uno o dos puntos por el resultado correcto del problema y de cinco a seis puntos más,
por los procedimientos de solución utilizados; en total, siete puntos por problema. Los
puntos se asignarán de acuerdo con los resultados parciales, el avance logrado y el
grado de desarrollo de las competencias matemáticas mostradas en sus
procedimientos de solución y tomando como base los criterios de evaluación de cada
problema del examen, mismos que serán definidos antes de la aplicación.
c) Se utilizará un código de registro como identificador del examen de cada alumno,
asignado en el momento de la inscripción en la etapa correspondiente; por lo tanto,
los evaluadores no conocerán la identidad del alumno durante el ejercicio.
d) Los problemas del examen deberán ser evaluados por un jurado integrado al menos
por cinco profesores destacados en la asignatura.
e) Cada uno de los miembros del jurado evaluará un máximo de dos problemas y cada
problema deberá ser evaluado al menos por dos jueces. Por ejemplo, si se dispone del
mínimo de jueces (5) y los llamamos A, B, C, D y E, los cinco problemas del examen
pueden ser evaluados así: juez A: problemas 1 y 2; juez B: problemas 2 y 3; juez C:
problemas 3 y 4; juez D: problemas 4 y 5 y juez E: problemas 5 y 1.
f) Los alumnos concursantes podrán utilizar lápiz, borrador, sacapuntas, juego de
geometría y hojas blancas, pero no calculadora al resolver el examen.
g) Los dibujos de los problemas pueden no estar a escala, por lo que se pide considerar
los datos que se proporcionan en cada caso.
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3ª OEMEPS 2012
h)
PROBLEMARIO
Problema 1
En el cuadrado de la figura, cada uno de los lados tiene 4 círculos. La suma de los números
de los 4 círculos de cada lado es la misma. ¿Cuál es el valor de (A + B + C)?
Problema 2.
Silvia recorta los cuadraditos de la figura y arma con todos ellos el cuadrado más grande
posible. ¿Cuántos cuadraditos sobran?
Problema 3.
¿Cuántos números menores que 100 se pueden escribir usando los dígitos 2, 3 y 5?
Problema 4.
Miriam tiene una caja de bombones que reparte entre sus amigas en partes iguales. Si a
cada una de sus amigas le da 3 bombones sobran 2 bombones en la caja. También sobran
2 bombones si reparte de a 5 bombones. ¿Cuál es la menor cantidad de bombones que
puede haber en la caja?
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Problema 5.
Un recipiente está lleno de agua hasta el borde y tiene la forma de un
prisma cuadrangular como se indica en la figura. Toda el agua se vierte
en otro prisma cuadrangular pero de 10 cm de lado de base. ¿Qué
altura alcanzará el agua en este segundo prisma?
Problema 6.
Julia tiene en su ropero 3 faldas de colores blanco, rosado y marrón; 3 blusas de colores
negro, amarillo y azul y 2 pares de zapatos de color marrón y negro. Combinando todas
estas prendas de vestir, ¿de cuántas maneras se puede vestir Julia?
Problema 7.
La profesora de Gustavo les da a sus alumnos las dos siguientes igualdades.
¿Qué valor corresponde a
?
Nota: Los dos corazones que aparecen tienen el mismo valor.
Problema 8.
Celia y su hermano Adolfo viven en una granja. En el frente de la casa hay una alambrada
que tiene 33 postes. Celia y Adolfo pintan de blanco los postes de la cerca. Celia pinta de
izquierda a derecha y Adolfo de derecha a izquierda. Celia pinta el primer poste y luego
dos no, el siguiente sí y otros dos no, y así sucesivamente, siempre y cuando no esté
pintado. Adolfo también el primer poste y luego 3 no, luego otro sí, si no está pintado y
así sucesivamente. ¿Cuántos postes quedan sin pintar?
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Problema 9.
Una hormiguita vive en el vértice A de la figura. El día de hoy hizo el siguiente recorrido:
Salió de su casa y se fue al punto D, de ahí se pasó al E, luego al F, enseguida al G, después
al H y finalmente regresó a su casa en el vértice A. Observó que la distancia que recorrió
fue de 70 cm en total.
¿Cuánto recorrerá la hormiguita si va de su casa al vértice B, de ahí pasa al vértice C y
finalmente al A?
Problema 10.
Anahí escribe repetidamente 3 números 2.3, 2.5 y 2.7 con las siguientes operaciones:
2.3 + 2.5 – 2.7 + 2.3 + 2.5 – 2.7 + 2.3 + 2.5 – 2.7 + ... y así sucesivamente hasta completar
2011 números. Si resuelve correctamente las operaciones, ¿qué número obtiene?
Problema 11.
¿Cuál es el número de cuatro cifras que cumple las siguientes condiciones?
 La cifra de las centenas es una unidad menor que la cifra de las unidades
 La cifra de las unidades es dos terceras partes de las cifras de las unidades de millar
 Las cifras de las unidades de millar es dos terceras partes de la cifra de las decenas
Problema 12.
Los 8 jugadores de un equipo de volibol se hicieron uniformes nuevos con los números 4,
10, 11, 14, 16, 23, 32 y 34. Se van a tomar una foto antes del primer partido, formándose
en una sola fila. El 16 es el capitán y siempre va en el extremo izquierdo de la fila. ¿De
cuántas maneras se pueden acomodar de manera que los números de cada dos jugadores
que están juntos en la fila sumen un múltiplo de tres (o un número de la tabla del tres)?
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Problema 13.
Los rectángulos ABGI y BDEF son iguales.
El lado BD mide 2 veces el lado AB
El perímetro del rectángulo BDEF es de 54 cm.
Los triángulos BCD y GHI son equiláteros.
¿Cuál es el perímetro de la figura de vértices ABCDEFGHI?
Problema 14.
BCDE es un rectángulo de 48 cm2 de área.
ABFG es un cuadrado.
AB = BC
El área del cuadrado es 1/3 del área del rectángulo.
¿Cuál es el perímetro de la figura ACDEFG?
Problema 15.
El área del triángulo ABF es el 10 % del área del
trapecio isósceles ADEF. El rectángulo BCEF tiene 144
cm2 de área y CD es igual a CE. ¿Cuál es la longitud
de AD?
Problema 16.
El área del cuadrado mostrado es de 64 cm2. C es el punto medio
de AD y B es el punto medio de AC ¿Cuánto mide el área
sombreada?
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Problema 17.
En una prisión hay 32 prisioneros repartidos en ocho
celdas de superficie cuadrada, como se ve en el dibujo.
En cada una de las celdas de las esquinas sólo hay un
preso, y en cada una de las celdas intermedias
encontramos siete presos.
El carcelero cuenta cada noche los prisioneros que hay
en cada lado del cuadrado y se asegura de que sean
nueve. Una vez que ha hecho el recuento se va a la
oficina a controlar las cámaras del exterior.
Un día cuatro prisioneros consiguieron fugarse sin ser
descubiertos. Cuando el carcelero hizo su recuento
nocturno no se dio cuenta de nada porque el número de prisioneros de cada lado seguía
siendo nueve.
1) ¿Qué hicieron los prisioneros para burlar al carcelero? ¿Cómo se situaron los presos en
las celdas?
2) Una semana después, volvieron a huir otros cuatro prisioneros y el carcelero tampoco
se dio cuenta, pues sus cuentas siguieron siendo correctas. ¿Cómo le volvieron a
engañar?
3) La última semana, después de un recuento sin incidentes del carcelero, llega el alcaide
y descubre que sólo hay 20 prisioneros. ¿Cómo puede ser que otros cuatro prisioneros
se escaparan sin que el carcelero se diera cuenta?
Problema 18.
Pirámide numérica. Queremos construir
una pirámide numérica con los números
del 1 al 15, sin repetirlos, de forma que
cada uno de ellos sea igual a la diferencia
de los dos que tiene en el piso inferior.
Para ayudarte, hemos puesto ya unos
cuantos.
En la cúspide estará el 5, sobre el 4 y el 9.
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En la segunda fila, el 2 ocupa el extremo más próximo al 9, y en la fila más larga, en la base
de la pirámide, el 6 está en el extremo más próximo a 4.
¿Serás capaz de colocar los que faltan?
Problema 19.
Coloca los números del 1 al 9 en los círculos que
hay dibujados en el triángulo, para que la suma
de los de cada lado sea 20.
Colócalos para que la suma 17.
¿Cuál es la suma máxima se puede conseguir?
¿Y la mínima?
Problema 20
Se te presentan cuatro geoplanos. Dibuja en el primer geoplano un triángulo con sólo 3
puntos en su interior, en el segundo geoplano un cuadrilátero con sólo 4 puntos en su
interior, en el tercer geoplano un pentágono con sólo 5 puntos en su interior y en el
cuarto geoplano un hexágono con sólo 6 puntos en su interior.
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SOLUCIONES
Problema 1.
Una forma de resolverlo es la siguiente:
Llamemos L1, L2, L3, L4 a los 4 lados de la figura:
Cada lado mide:
Como todos los lados miden lo mismo:
L3 = 86 (lado conocido)
L1 = 42 + 7 + B + 19 = 68 + B
A = 86 – 75 = 11
L2 = 19 + 35 + A + 21 = 75 + A
B = 86 – 68 = 18
L3 = 8 + 17 + 40 + 21 = 86
C = 86 – 73 = 13
L4 = 42 + 23 + C + 8 = 73 + C
Por lo tanto:
A + B + C = 11 + 18 + 13 = 42
Criterio de evaluación: 1 punto, por cada una de las cuatro sumas, 2 puntos, por calcular
el valor de los tres lados desconocidos, 1 punto, por el resultado correcto.
(Examen Etapa de Escuela Nivel Primaria, 2ª OEMEPS primaria, 2011)
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Problema 2.
Podemos proceder así:
La figura tiene 8 x 5 = 40 cuadritos
El cuadrado más grande que se puede formar con 40 cuadritos es de 6 x 6 = 36 cuadritos y
sobran 4.
Criterio de evaluación: 2 punto, por calcular el número de cuadritos de la figura original, 3
puntos, por calcular determinar que el cuadrado mas grande mide 6 x 6 = 36, 1 punto, por
señalar que sobran 4, 1 punto, por el resultado correcto.
(Examen Etapa de Escuela Nivel Primaria, 2ª OEMEPS primaria, 2011)
Problema 3.
Se puede resolver de esta manera:
Con los dígitos 2, 3, 5 se pueden formar cantidades de 1 o 2 dígitos sin pasarse de 100.
0
2
3
5
2
22
32
52
3
23
33
53
5
25
35
55
De un digito son tres: 2, 3, 5
De dos dígitos son nueve: 22, 23, 25, 32, 33, 35, 52, 53, 55
En total son doce
Criterio de evaluación: 2 puntos, por cada tres números encontrados, 1 punto, por decir
que son doce, resultado correcto.
(Examen Etapa de Escuela Nivel Primaria, 2ª OEMEPS primaria, 2011)
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Problema 4.
Podemos resolverlo así: Hacemos una lista del número de bombones que se van
repartiendo, tanto de 3 en 3 como de 5 en 5, más los dos que sobran en cada caso, para
ver cuándo coincide por primera vez el número de bombones repartidos más los
sobrantes, que sería la menor cantidad que puede haber en la caja.
No. de amigas
1
2
3
4
5
6
De 3 en 3
3
6
9
12
15
18
Más dos
5
8
11
14
17
20
De 5 en 5
5
10
15
20
25
30
Más dos
7
12
17
22
27
32
El primer caso en que coincide el número de bombones de la caja, habiendo sobrado dos,
es en el 17. Por tanto, la menor cantidad de bombones que puede haber en la caja es 17.
Criterio de evaluación: 3 puntos, por proponer la tabla, 3 puntos, por completarla 1
punto, por el resultado correcto.
(Examen Etapa de Escuela Nivel Primaria, 2ª OEMEPS primaria, 2011)
Problema 5.
El volumen del primer recipiente es: 8 cm x 8 cm x 10 cm = 640 cm3.
Área de la base cuadrada del otro recipiente: 10 cm x 10 cm = 100 cm 2.
Para obtener la medida de la altura que alcanzará el agua en el segundo
recipiente, dividimos 640 cm3 por el área de su base cuadrada y tenemos:
Altura del agua: 640 cm3 / 100 cm2 = 6.4 cm
Criterio de evaluación: 2 puntos, por calcular el volumen del primer recipiente; 2 puntos,
por calcular el área de la base cuadrada del segundo recipiente, 2 puntos, por establecer
la división del volumen entre el área de la base y 1 punto, por la solución correcta.
(Examen Etapa de Zona Nivel Primaria, 2ª OEMEPS primaria, 2011)
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Problema 6.
Solución 1 del problema 6. Se puede hacer una lista de las posibles combinaciones de
prendas de vestir:
Si la falda blanca es FB, la falda rosada FR y la falda marrón FM; la blusa negra BN, la blusa
amarilla BAm y la blusa azul Baz; los zapatos color marrón ZM y los zapatos negros ZN, con
FB tenemos:
FB-BN-ZM, FB-BN-ZN, FB-BAm-ZM, FB-BAm-ZN, FB-Baz-ZM y FB-Baz-ZN.
En total hay seis casos empezando con FB (falda blanca); hay otros seis casos empezando
con FR (falda rosada) y seis más empezando con FM (falda marrón)
Por lo tanto, son 6 + 6 + 6 = 18 formas diferentes en que se puede vestir Julia.
Criterio de evaluación: 3 puntos, si hace las primeras seis combinaciones; 3 puntos, si
cuenta cuántos casos más hay de seis combinaciones y 1 punto, por la suma para la
solución correcta.
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Solución 3 del problema 6. Aplicando el principio multiplicativo del conteo, tenemos:
Número total de formas distintas de vestirse =
(Formas de elegir falda) x (formas de elegir blusa) x (forma de elegir zapatos)
Tres formas de elegir falda.
Tres formas de elegir blusa.
Dos formas de elegir zapatos.
Por tanto, se multiplica: 3 x 3 x 2 = 18 formas distintas de vestirse.
Criterio de evaluación: 2 puntos, por decir cómo hacerlo aplicando este principio o
establecer la fórmula; 1 punto, por decir cuántas formas de elegir falda; 1 punto, por decir
cuántas formas de elegir blusa; 1 punto, por decir cuántas formas de elegir zapatos; 1
punto, por sustituir los valores de la fórmula explícitamente y 1 punto, por el resultado
correcto.
(Examen Etapa de Zona Nivel Primaria, 2ª OEMEPS primaria, 2011)
Problema 7.
Tomemos la expresión
42+35=101Realizando la suma del lado izquierdo tenemos que
77=101Ya sea por métodos algebraicos o calculando cuánto
=24
le falta al 77 para 101, podemos ver que
Usando el valor obtenido, la segunda expresión
queda de la siguiente manera
24+ =107
Ya sea por métodos algebraicos o calculando cuánto
le falta al 24 para 17, podemos ver que =83
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Criterio de evaluación:
1 punto
2 puntos:
1 punto si tiene un proceso de
despeje, con algún error aritmético
sin llegar a la respuesta correcta.
2 puntos:
1 punto si tiene un proceso de
despeje, con algún error aritmético
sin llegar a la respuesta correcta.
2 puntos
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En caso de tener solamente la respuesta:
=24
=83
Sin explicación ni procedimiento, se darán sólo 2 puntos
(Examen Etapa de Zona Nivel Primaria 2ª OEMEPS primaria 2011)
Problema 8.
Solución 1 al problema 8. En el esquema siguiente se numeran los 33 postes. Celia pinta
de izquierda a derecha cada tres postes y empieza en el poste 1. Adolfo pinta de derecha a
izquierda cada cuatro postes y empieza en el poste 33. Se señalan con los rombos, los
postes que Celia pintó y con los cuadraditos, los que pintó Adolfo.
Finalmente, puede contarse que quedan 2, 3, 6, 8, 11, 12, 14, 15, 18, 20, 23, 24, 26, 27, 30
y 32 sin ninguna marca, lo que representa que quedaron esos 16 postes sin pintar.
Solución 2 del problema 8. Celia pintaría los postes 1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25, 28 y 31
Adolfo pintaría los postes 33, 29, 25, 21, 17, 13, 9, 5, 1
Se repiten los postes 1, 13 y 25
Celia 11 + Adolfo 9 – repetidos 3 = 11 + 9 – 3 = 17 postes pintados
33 postes – 17 pintados = 16 postes sin pintar
Criterio de evaluación de soluciones 1 y 2: Dar 2 puntos, si identifica los postes que pinta Celia; 2
puntos, si identifica los postes que pinta Adolfo; 1 punto, si identifica los que se repiten (ya
pintados); 1 punto, por identificar el total de pintados sin duplicar y 1 punto, por el resultado.
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Solución 3 del problema 8.
Adolfo
Celia
Criterio de
Evaluación
2 puntos
En este diagrama representamos los postes pintados por Celia.
2 puntos
En este diagrama representamos los postes pintados por Adolfo.
2 puntos
En este diagrama podemos observar los postes que tocaban a ambos
(representados en amarillo). Como sólo uno de ellos los pintó, se contarán
solamente una vez. Por lo que da un total de 17 postes pintados
En total son 16 postes los que quedan sin pintar.
1 punto
(Examen Etapa Zona Nivel Primaria, 2ª OEMEPS primaria, 2011)
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Problema 9.
Asumiendo que la figura está formada con triángulos
equiláteros, el recorrido hecho por la hormiguita se puede
medir así en términos de segmentos iguales entre sí: de A a D,
3; de D a E, 1; de E a F, 1; de F a G, 1; de G a H, 2 y finalmente de
H a A, 2. En total, 3 + 1 + 1 + 1 + 2 + 2 = 10 segmentos. Como la
distancia total recorrida es de 70 cm, cada uno de los 10
segmentos iguales equivale a una distancia de 70 cm / 10 = 7
cm. Así que el recorrido de A a B, de B a C y de C a A que consta
de 12 segmentos iguales a los anteriores equivale a 12 x 7 cm = 84 cm.
Criterio de evaluación: 2 puntos, Por contabilizar los 10 segmentos del primer recorrido; 2
puntos, por encontrar la medida de cada segmento; 2 puntos, por contabilizar los 12
segmentos del segundo recorrido; y 1 punto, por el resultado.
(Examen Etapa Estatal Nivel Primaria, 2ª OEMEPS primaria, 2011)
Problema 10.
Lo primero que podemos ver es que los números sumados forman secuencias iguales de
tres números, cuyo resultado al resolver las operaciones es 2.3 + 2.5 – 2.7 = 2.1. Ahora
bien en 2011 de estos números hay exactamente 2011 / 3 = 670 secuencias completas y el
primer número de la secuencia. Esto significa que el resultado de hacer las operaciones
debe ser 670 x 2.1 + 2.3 = 1407 + 2.3 = 1409.3.
Criterio de evaluación: 1 punto, por identificar la secuencia de tres números; 2 puntos,
por obtener el resultado de la secuencia; 2 puntos, por encontrar que son 670 secuencias
completas; 1 punto, por considerar el primer número de la siguiente y 1 punto, por el
resultado.
(Examen Etapa Estatal Nivel Primaria 2ª OEMEPS primaria 2011)
Problema 11.
¿Cuál es el número de cuatro cifras que cumple las siguientes condiciones?
 La cifra de las centenas es una unidad menor que la cifra de las unidades
 La cifra de las unidades es dos terceras partes de las cifras de las unidades de millar.
 Las cifras de las unidades de millar es dos terceras partes de la cifra de las decenas.
22
Cuadernillo de Entrenamiento Nivel Primaria
3ª OEMEPS 2012
Hagamos tres tablas para probar pares de números que cumplan por separado con las
condiciones establecidas:
Primera tabla
Segunda tabla
Tercera tabla
Cuarta tabla
c=u+1 U
U=2/3uM uM
uM=2/3d
d
uM c
d
u
0
1
2
3
2
3
2
2
X
3
1
2
4
6
4
6
6
3
9
4
2
3
6
9
6
9
9
5
X
6
3
4
4
5
5
6
6
7
Las tablas muestran todos los posibles valores de los pares de cifras que cumplen las
condiciones por separado.
Comencemos probando con los pares de números de la segunda tabla correspondiente a
la segunda condición dado que las cifras involucradas aparecen tanto en la primera como
en la tercera tabla:
Si probamos el primer par, 2 y 3, vemos que en efecto la cifra de las unidades es dos
terceras partes la cifra de las unidades de millar, pero observamos que aunque la cifra de
las unidades, en este caso 2, si aparece en la primera tabla, la cifra de las unidades de
millar, en este caso 3, no aparece en la tercer tabla.
Si ahora consideramos el segundo par de la segunda tabla, 4 y 6, observamos que la cifra
de las unidades es dos terceras partes de la cifra de las unidades de millar; la cifra de las
unidades, en este caso 4, si aparece en la primera tabla y la cifra de las unidades de millar,
en este caso 6, también aparece en la tercer tabla. Entonces tenemos el número 6394
cuyas cifras cumplen con las tres condiciones.
Veamos que este es el único número con las condiciones pedidas. Para ello tomemos el
tercer y último par de la segunda tabla, 6 y 9, y observemos que sucede lo mismo que en
el primer par: la cifra de las unidades es dos terceras partes la cifra de las unidades de
millar, sin embargo y a pesar de que la cifra de las unidades, en este caso 6, si aparece en
23
Cuadernillo de Entrenamiento Nivel Primaria
3ª OEMEPS 2012
la primera tabla, la cifra de las unidades de millar, en este caso 9, no aparece en la tercer
tabla.
Criterio de evaluación: 1 puntos, por encontrar todos los casos posibles en cada una de
las tablas; 2 puntos, por probar con las condiciones establecidas y 1 punto, por el
resultado.
(Examen Etapa Estatal Nivel Primaria, 2ª OEMEPS primaria, 2011)
Problema 12.
Solución 1: Los números de las camisetas son:
4
10
11
14
16
23
32
34
Como se necesita que el capitán (camiseta 16) esté siempre a la izquierda, y el número de
la camiseta del jugador que le sigue en la fila sumado el número de la camiseta del capitán
(16) sea un múltiplo de 3, una primer posibilidad para el primer par de jugadores de la fila
es
16
11
, porque 27 es múltiplo de 3, pero igual lo son los pares:
16
14
16
23
16
32
,
y
, porque tanto 30, 39 y 48 también son
múltiplos de 3. En total son 4 posibilidades para acomodar el primer par de jugadores en
la fila:
(16, 11), (16, 14), (16, 23) y (16, 32). Visto lo anterior pensemos en las posibilidades para
acomodar los primeros tres jugadores de la fila. Para esto hay agregar un jugador más a
cada uno de los 4 pares que se habían obtenido de tal manera que se cumpla la condición
de que la suma de los números de las camisetas del segundo y tercer jugador sea también
un múltiplo de 3.
24
Cuadernillo de Entrenamiento Nivel Primaria
16
11
Para el primer par
16
11
3ª OEMEPS 2012
tenemos las ternas:
4
16
11
16
10
,
y
11
34
.
Porque 15, 21 y 45 son múltiplos de 3. Así que las posibilidades para acomodar los
primeros tres jugadores de la fila usando el primer par (16, 11), son:
(16, 11, 4), (16, 11, 10) y (16, 11, 34) y si usamos los otros tres pares tenemos además:
(16, 14, 4), (16, 14, 10) y (16, 14, 34)
(16, 23, 4), (16, 23, 10) y (16, 23, 34)
(16, 32, 4), (16, 32, 10) y (16, 32, 34)
En total 12 posibilidades.
Si ahora acomodamos el cuarto jugador siguiendo la misma regla, usando cada una de las
12 ternas obtenidas tenemos como posibilidades:
(16, 11, 4, 14), (16, 11, 4, 23) y (16, 11, 4, 32). Observando que en las ternas el 4 se había
combinado con el 11, 14, 23 y 32 para que la suma sea múltiplo de 3 y que el 11 ya está
incluido sólo se pueden obtener 3 cuartetos de números. Haciendo una observación
similar a la anterior obtenemos los cuartetos faltantes:
(16, 11, 4, 14), (16, 11, 4, 23) y (16, 11, 4, 32)
(16, 11, 10, 14), (16, 11, 10, 23) y (16, 11, 10,32)
(16, 11, 34, 14), (16, 11, 34, 23) y (16, 11, 34, 32)
(16, 14, 4, 11), (16, 14, 4, 23) y (16, 14, 4, 32)
(16, 14, 10, 11), (16, 14, 10, 23) y (16, 14, 10, 32)
(16, 14, 34, 11), (16, 14, 34, 23) y (16, 14, 34, 32)
(16, 23, 4, 11), (16, 23, 4, 14) y (16, 23, 4, 32)
(16, 23, 10, 11), (16, 23, 10, 14) y (16, 23, 10, 32)
(16, 23, 34, 11), (16, 23, 34, 14) y (16, 23, 34, 32)
25
Cuadernillo de Entrenamiento Nivel Primaria
3ª OEMEPS 2012
(16, 32, 4, 11), (16, 32, 4,14) y (16, 32, 4, 23)
(16, 32, 10, 11), (16, 32, 10, 14) y (16, 32, 10, 23)
(16, 32, 34, 11), (16, 32, 34, 14) y (16, 32, 34, 23)
Para darle lugar al quinto jugador usamos las 36 ternas obtenidas y haciendo nuevamente
la observación de que por ejemplo en el primer cuarteto (16, 11, 4, 14) el 14 sólo se
combina con el 10 y el 34, puesto que los otros dos números con los que también suma un
múltiplo de 3, el 4 y el 16 ya están escritos, el número de posibilidades para formar un
quinteto acorde con la regla es 2:
(16, 11, 4, 14, 10) y (16, 11, 4, 34) y así también sucede para cada una de los 36 cuartetos,
en total 36x2 = 72 maneras de acomodar los cinco primeros jugadores de la fila.
Para el sexto jugador veamos por ejemplo para el primer quinteto, (16, 11, 4, 14, 10) que
el 10 sólo se podrá combinar con el 23 y el 32 porque el 11 y el 14 con los que también
suma un múltiplo de 3 ya están escritos en el quinteto: (16, 11, 4, 14, 10, 23) y (16, 11, 4,
14, 10, 32), aplicando lo mismo para cada uno de los 72 quintetos que se tenían, así que el
total de posibilidades para acomodar los primeros 6 jugadores de la fila es 72x2=144.
Para el séptimo jugador, tomemos por ejemplo, el primer sexteto, (16, 11, 4, 14, 10, 23) y
veamos que el 23, que puede combinarse con 4, 10, 16 y 34 para sumar un múltiplo de 3,
sólo puede hacerlo con 34 ya que los otros tres números ya están utilizados en el sexteto:
(16, 11, 4, 14, 10, 23, 34). Lo mismo sucede con los 144 sextetos por lo que el total de
posibilidades de acomodar los primeros 7 jugadores en la fila es 144x1=144.
Para el octavo jugador podemos hacer lo mismo, tomamos la primera combinación de 7
números:
(16, 11, 4, 14, 10, 23, 34) y vemos que con el 34 sólo queda para combinar el 32, dado que
los otros números que también suman el múltiplo de 3, ya están escritos en la
combinación de 7 números:
(16, 11, 4, 14, 10, 23, 34, 32). Igual pasa con las 144 combinaciones de 7 números, así que
el total de posibilidades para acomodar los 8 jugadores en la fila de tal manera que los
números de las camisetas de cada dos jugadores que estén juntos en la fila sumen un
múltiplo de 3 es 144x1= 144.
Sumando todas las posibilidades encontradas tenemos:
4 + 12 + 36 + 72 + 144 + 144 + 144 = 526 maneras.
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Solución 2: Una manera más rápida de resolver el problema consiste en darse cuenta de
que si los números de las camisetas de dos jugadores que se sientan juntos en la fila
deben sumar un múltiplo de 3, los 8 números de las camisetas se pueden separar en dos
grupos de 4 números cada uno:
Grupo A: 4, 10, 16 y 34 Grupo B: 11, 14, 23 y 32 de tal manera que si para formar un par
tomamos en número cualquiera de cada grupo, la suma del par cumple con la condición
pedida. Por ejemplo, si tomamos el 4 del grupo A y el 11 del grupo B, el par suma 15 que
es un múltiplo de 3. Cada par que formemos cumplirá con la condición establecida porque
los números del grupo A exceden en 1 un múltiplo de 3, en tanto que los números del
grupo B lo exceden en 2, así que su suma debe ser múltiplo de 3.
Ahora bien, como se pide que el número 16 debe ser el primero (el capitán siempre debe
ir en el extremo izquierdo), para el primer lugar de la fila sólo tenemos 1 posibilidad, el 16,
el cual es tomado del grupo A. para ocupar la segunda posición y puesto que el número ha
de ser tomado del grupo B, se tienen 1x4 = posibilidades.
Para el tercer lugar el número que se ha de tomar, ahora debe ser del grupo A y puesto
que de ese grupo ya se tomó para la primera posición uno de los 4, se tienen 4x3=12
posibilidades.
Para el cuarto lugar se debe tomar un número ahora del grupo B, pero como ya se había
tomado 1 de los 4 para la segunda posición, tenemos 12x3=36 posibilidades.
Para el quinto lugar el número debe tomarse del grupo A, pero como ya se tomaron 2 de
los 4, se tienen 36x2= 72 posibilidades.
Para el sexto lugar corresponde un número del grupo B y como también ya se tomaron 2
de los 4, las posibilidades son 72x2=144.
Para el séptimo lugar toca tomar el número del grupo A, del cual ya se tomaron 3 de los 4,
por lo que las posibilidades son 144x1.
Finalmente la octava posición se debe cubrir con un número del grupo B del cual ya se han
tomado también 3 de los 4 números posibles. Así que las posibilidades de acomodar los 8
jugadores en la fila de tal forma que los números de las camisetas de cada dos jugadores
que estén juntos en la fila sumen un múltiplo de 3 es 144x1= 144.
27
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3ª OEMEPS 2012
Sumando todas las posibilidades encontradas tenemos:
4 + 12 + 36 + 72 + 144 + 144 + 144 = 526 maneras.
(Examen Etapa Estatal Nivel Primaria, 2ª OEMEPS primaria, 2011)
Problema 13.
Se puede resolver de ésta manera:
Sabemos que el perímetro del rectángulo BDEF es de 54 cm y
que BD (base del rectángulo) mide 2 veces AB (altura del
rectángulo), AB mide lo mismo que ED, puesto que son
rectángulos iguales.
Entonces podemos determinar que AB o ED es la sexta parte
del perímetro del rectángulo, ya que cabe dos veces en cada
base del rectángulo y una vez en cada altura. Esto es, mide:
54 / 6 = 9 cm.
Se puede apreciar que la figura ABCDEFGHI está formada únicamente por segmentos de 2
medidas diferentes:
El segmento AB mide lo mismo que ED y GI por ser alturas de rectángulos iguales, así
mismo GI mide lo mismo que HI o HG, por ser lados de un triángulo equilátero, y mide lo
mismo que FG, mitad de la base; tenemos 5 segmentos que miden 9 cm: AB, ED, HI, HG y
FG, en total 5 x 9 = 45 cm.
El segmento BD mide el doble que AB, 2 x 9 = 18 cm, y es igual a EF y AI, base del
rectángulo, así mismo BD mide lo mismo que BC y DC, por ser lados de un triángulo
equilátero; tenemos 4 segmentos que miden 18 cm: BC, CD, EF, AI, en total 4 x 18 = 72 cm.
El perímetro de la figura ABCDEFGHI es 45 + 72 = 117 cm.
Criterio de evaluación: 2 puntos, por determinar que AB es la sexta parte del rectángulo
BDEF; 2 punto, por identificar que la figura está construida por segmentos de dos medidas
diferentes; 2 puntos, por encontrar la medida de los diferentes segmentos y 1 punto, por
el resultado.
(Curso taller 2ª OEMEPS, Primaria)
28
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Problema 14.
Como el área del cuadrado es un tercio del área del
rectángulo, entonces su área es 48 / 3 = 16 cm2.
Y Su lado mide 4 cm, porque 4 x 4 = 16 cm2.
El área del cuadrado cabe 4 veces en la figura ACDEFG.
Podemos dibujarlos sobre la misma.
El lado AB es igual a BC e igual a ED,
El lado CD mide el triple que AG, y el lado EF mide el doble que AG.
El perímetro de la figura ACDEFG es 10 veces 4 = 40 cm.
Criterio de evaluación: 2 puntos, por encontrar la medida del área del cuadrado; 2
puntos, determinar el valor de sus lados; 1 punto, por señalar que el área cabe cuatro
veces en la figura; 1 punto, por determinar cuántas veces cabe en el contorno de la figura
y 1 punto, por el resultado.
(Curso taller 2ª OEMEPS, Primaria)
Problema 15.
El triángulo ABF es igual al triángulo CDE por ser partes simétricas de un trapecio isósceles.
Como el área del triángulo ABF es el 10 % del área del trapecio isósceles, ambos triángulos
suman el 20 %, entonces el área restante, correspondiente al rectángulo BCEF, es el 80 %.
Si el 80 % mide 144 cm2, el 20 % es:
144 x 20 / 80 = 36 cm2
A cada triángulo le corresponde la mitad:
36 / 2 = 18 cm2
Como CD (base) es igual CE (altura), entonces CDE es un triángulo isósceles:
El lado CD mide: A = b x b / 2, 18 = b2 /2, b2 = 2 x 18, b2 = 36, b= 6 cm
Por lo que la altura del rectángulo BCEF es 6 cm y
su base mide:
b = 144 / 6 = 24 cm.
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La longitud AD mide 6 + 24 + 6 = 36 cm
Criterio de evaluación: 1 punto, determinar que los dos triángulos tienen las mismas
medidas; 2 puntos, por obtener el área de cada triángulo, 1 punto, por determinar que se
trata de triángulos isósceles; 1 punto, por encontrar la medida de la base del triángulo 1
punto, por encontrar la medida de la base del rectángulo y 1 punto, por el resultado.
(Curso taller 2ª OEMEPS, Primaria)
Problema 16.
Conociendo su área (64 cm2), podemos calcular la medida de los
lados del cuadrado; buscamos un número que multiplicado por si
mismo (lado por lado) de 64, esto es 8.
El lado AD mide 8 cm, como C es el punto medio entonces el
segmento AC mide 4 cm y como B es el punto medio entonces el
segmento BC mide 2 cm, que es la base del triángulo sombreado,
su altura mide 8 cm (lado del cuadrado) por lo que el área del
triángulo sombreado es base x altura entre dos, 2 x 8 / 2 = 8 cm2.
Criterio de evaluación: 2 puntos, encontrar la medida del lado del cuadrado; 1 punto, por
obtener la medida del segmento AC, 1 punto, encontrar la medida del segmento BC (base
del triángulo sombreado), 1 punto, por encontrar la medida de la base del triángulo 1
punto, por encontrar la medida de la base del rectángulo, 1 punto, por calcular el área
sombreada y 1 punto, por el resultado correcto.
(Curso taller 2ª OEMEPS, Primaria)
Problema 17.
Puesto que las celdas de las esquinas se cuentan dos veces cuando sumas los lados,
cambiarse de celda del centro a los lados aumenta la suma, es decir, que si se van 4
presos, podemos hacer que los 28 restantes se distribuyan poniendo sólo 5 en las celdas
centrales y 2 en las esquinas, de forma que cada lado sumará 2 + 5 + 2 = 9 y se mantendrá
como antes.
Si vuelven a huir otros cuatro prisioneros, quedando 24, el sistema puede volver a
funcionar, dejando sólo 3 en las casillas centrales y 3 en las esquinas, 3 + 3 + 3 = 9.
30
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Por último, si sólo quedan 20 prisioneros, dejar un único prisionero en la celda central y 4
en cada una de las esquinas. El total de prisioneros es 20 y la suma de cada lado sigue
siendo 4 + 1 + 4 = 9.
Criterio de evaluación: 2 puntos, por encontrar el acomodo de los presos en cada uno de
los tres casos; y 1 punto, por establecer que la las esquinas se suman 2 veces en cada
caso.
(Fase provincial de la XXII Olimpiada Matemática de la Comunidad Valenciana, 2011)
Problema 18.
Criterio de evaluación: 2 puntos, por cada tres casillas encontradas, 1 punto, por el
resultado correcto.
(Fase comarcal de Valencia de la XXII Olimpiada Matemática de la Comunidad Valenciana,
2011)
31
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Problema 19.
La idea es que, en efecto, si sumamos todos los
números de los lados, para obtener la suma de cada
lado, y luego sumamos los lados entre sí, habremos
sumado tres veces los números de los vértices.
Entonces, como sabemos que la suma de los nueve
números es 45, y los tres números más pequeños son
1, 2 y 3, la suma menor que podemos lograr es (45 +
6)/3 = 17, que en
efecto se puede
alcanzar con poco esfuerzo, poniendo el 5 y el 7 entre el
2 y el 3, el 4 y el 9 entre el 1 y el 3, y el 6 y el 8 entre el 1
y el 2.
Para lograr una suma de 20 hay que sumar entre tres
números 15, por ejemplo 4, 5 y 6. Así, si sumamos 45 (la
suma de todos) y 15 (la suma de los tres números),
obtenemos 60, que sería la suma de los tres lados.
Bueno, eso suponiendo que podemos situar los números restantes, colocando 1 y 9 entre
4 y 6, 2 y 7 entre 5 y 6, y 3 y 8 entre 4 y 5. Probablemente hay más soluciones.
Encontrar la suma mayor consiste en buscar tres números que sumen lo máximo posible,
que deben ser 7, 8 y 9. Entonces 45 + 7 + 8 + 9 = 69, que es 23 x 3. Para ver si funciona,
sólo hemos de tantear un poco, y lo conseguimos situando 1 y 6 entre 7 y 9, 2 y 4 entre 8 y
9 y 3 y 5 entre 7 y 8. No conseguiremos sumar más.
Criterio de evaluación: 3 puntos, por encontrar la solución de cada caso (17 y 20), y 1
punto, encontrar el máximo y el mínimo.
(Fase comarcal de Valencia de la XXII Olimpiada Matemática de la Comunidad Valenciana, 2011)
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Problema 20.
Nota: Pueden encontrarse otras soluciones.
Criterio de evaluación: 1 punto, por cada geoplano resuelto en los primeros dos casos, 2
puntos, por cada geoplano resuelto en los siguientes dos casos; 1 punto, señalar que
existen otras posibles soluciones
(Olimpiada Recreativa de Matemáticas. Venezuela. Prueba Nacional 2004 Tercer Grado)
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FUENTES DE CONSULTA
Asociación Nacional de Profesores de Matemáticas, A.C. Delegación Jalisco (20012011). Olimpiada Nacional de Matemáticas para Alumnos de Primaria y Secundaria
(ONMAPS, en Jalisco ONMAS y OMAP).
Perrenoud, P. (2007). Diez Nuevas Competencias para Enseñar: Biblioteca de aula, No.
196. Graó, Barcelona, 5a edición.
Secretaría de Educación Pública. (2009). Plan de Estudios 2009, Educación Primaria.
SEP, México, págs. 40-41.
-------- (2011). Acuerdo número 592 por el que se establece la articulación de la
Educación Básica. SEP, México, pág. 30.
--------
(2011). Plan de Estudios 2011, Educación Básica. SEP, México, págs. 38-39.
Sociedad Matemática Mexicana. (2010). Canguro matemático mexicano. SMM.
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DIRECTORIO
José Antonio Gloria Morales
Secretario de Educación Jalisco
Pedro Diaz Arias
Coordinador de Educación Básica
Roberto Hernández Medina
Director General de Educación Primaria
Gilberto Tinajero Díaz
Director General de Programas Estratégicos
Miguel Ángel Casillas Cerna
Director de Programas de Acompañamiento Pedagógico
COMITÉ ORGANIZADOR
Coordinación General
Miguel Ángel Casillas Cerna
(Presidente)
Comisión Académica
Silvia Esthela Rivera Alcalá
Luis Alejandro Rodríguez Aceves
Luis Miguel Ramírez Pulido
Teresa Fonseca Cárdenas
Giovanni Rigoberto Rico López
Comisión Operativa
Víctor Manuel Rodríguez Trejo
Liliana Lizette López Razcón
Santos Arreguín Rangel
Olga Godínez Guzmán
Alma Patricia Casillas
Gerardo Rivera Mayorga
Comisión de Logística
Luis Javier Estrada González
Graciela Bravo Rico
Gregorio Cárdenas Casillas
Elizabeth Álvarez R.
Ma. Soledad Castillo Castillo
Manuel Oregel Ramos
Juan José Álvarez López
César Rodríguez Salcido
Comisión de Difusión
Ana María Díaz Castillo
Alejandro Gómez Zárate
Gabriela Franco H.
Colaboradores Académicos:
César Octavio Pérez Carrizales
José Javier Gutiérrez Pineda
Christa Alejandra Amezcua Eccius
Pedro Javier Bobadilla Torres
Pablo Alberto Macías Martínez
Julio Rodríguez Hernández
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