Solución 1:

21 ª Olimpiada Mexicana de Matemáticas
Soluciones Del Examen Selectivo Secundarias, nivel Benjamín
Yucatán 2007.
Problema 1.- La última cifra de un cuadrado perfecto no puede ser
Primera Solución:
Lo haremos descartando opciones,
a)
b)
c)
d)
el 1 si puede ser ya que es el ultimo digito de 12
el 4 si puede ser ya que es el ultimo digito de 22
el 5 si puede ser ya que es el ultimo digito de 52
el 6 si puede ser ya que es el ultimo digito de 62
Por lo tanto la última cifra de un cuadrado perfecto no puede ser 8. La respuesta es e)
Segunda Solución:
Tomemos un número n y escribámoslo de la siguiente forma n  10k  r , con r digito y k  0
Entonces n 2  100k 2  20kr  r 2  10(10k 2  2kr)  r 2 , ahora es fácil notar que el ultimo digito
(unidades) de n 2 , solo puede ser el ultimo digito de r 2 (ya que de 10(10k 2  2kr) su ultimo digito esta
necesariamente en las decenas), por lo que los posibles últimos dígitos de un cuadrado perfecto, son
los posibles últimos dígitos de los cuadrados de los dígitos (0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9), estos cuadrados
son 0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, de los cuales sus últimos dígitos solo son: 0, 1, 4, 9, 6, 5, entonces
los últimos dígitos de un cuadrado perfecto solo pueden ser: 0, 1, 4, 9, 6, 5. Por lo tanto la ultima cifra
de un cuadrado perfecto no puede ser 8. La respuesta es e)
Problema 2.- La factorización en números primos de 1001 es:
Primera Solución:
Lo haremos descartando incisos, primero aplicando el criterio de divisibilidad por 3, sabemos que 1001
no es múltiplo de 3. Por lo tanto a), d), e) no son. Además 11x13x17= (10+1) (10+13) (10+17) que
claramente es mayor a 1001, entonces c) no es. Por lo tanto es b), para probar nuestra solución
multiplicamos estos números y vemos que nos da 1001. La respuesta es b).
21ª Olimpiada Mexicana De Matemáticas, Yucatán 2007
Segunda Solución:
Aplicando el criterio de divisibilidad por 7:
100 – 2x1 = 98, 9 – 8x2 = -7, el cual es múltiplo de 7, Tenemos entonces que 1001 es múltiplo de 7 al
dividir nos queda 1001 = 7 x 143, Aplicando el criterio de divisibilidad por 11 a 143
1 - 4 + 3 = 0, el cual es múltiplo de 11, Tenemos entonces que 143 es múltiplo de 11, al dividir nos
queda 143 = 11 x 13 y por lo tanto como 7, 11 y 13 son primos tenemos que la factorización en
números primos de 1001 es: 7 x 11 x 13. La respuesta es b)
Problema 3.- En la figura, AB=AC, AE=AD y el ángulo BAD mide 30°. ¿Cuánto mide el ángulo x?
Solución:
Sea   ABC , entonces tenemos que:
1) ADC    30 º , por el teorema del ángulo externo.
2)   ABC  ACB , a lados iguales, ángulos iguales.
3) DAE  ADC  ACD  180 º , la suma de los ángulos internos de un triangulo suman 180º.
4) DAE    30 º   DAE  2  30 º  180 º , sustituyendo 1) Y 2) en 3)
5) DAE  180 º 30 º 2  150 º 2 , despejando DAE en 4)
6) ADE  AED  DAE  180 º , los ángulos internos de un triangulo suman 180º.
7) AED  ADE , a lados iguales, ángulos iguales.
8) 2ADE  150 º 2  180 º , sustituyendo 5) y 7) en 6).
180 º 150 º 2 30 º 2

 15º  , despejando ADE en 8)
9) ADE 
2
2
10) x  EDC  ADC  ADE  30 º   15º   15º , usando las igualdades 1) y 9).
Por lo tanto x  15 º , la respuesta es c).
Problema 4.- ¿Cuántos números de 10 dígitos que contienen sólo ceros y unos, son divisibles entre 9?
(Ten en cuenta que el primer dígito tiene que ser uno).
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21ª Olimpiada Mexicana De Matemáticas, Yucatán 2007
Solución:
Usando el criterio de divisibilidad por 9, tenemos que la suma de sus cifras debe ser múltiplo de 9, y
como la suma es a lo mas 10 y a lo menos 1(ya que solo podemos usar unos o ceros y empieza con 1),
entonces tenemos que la suma debe ser 9, como ya tenemos, un uno al principio entonces quedan 9
lugares en donde pueden ir 8 unos (para que los unos sumen 9), en lugar de escoger los 8 lugares en
donde van los unos, vamos a escoger un lugar donde no va a ir ninguno, es claro que esto es
equivalente, por lo tanto de los 9 posibles lugares tengo que quitar 1, y esto se puede hacer de 9 formas
distintas, por lo tanto solo hay 9 números que cumplen las condiciones del problema.
La respuesta es a).
Problema 5.- Leonardo y Gabriel caminaban juntos llevando sobre sus hombros unos sacos muy
pesados. Gabriel se lamentaba de su muy pesada carga, hasta que Leonardo le dijo:
- ¿De que te quejas?, si me dieras uno de tus sacos mi carga sería el doble de la tuya, en cambio, si yo
te doy un saco tu carga sería igual a la mía.
¿Cuántos sacos tenía Leonardo?
Primera Solución:
Sustituyendo cada uno de los números en los incisos como el numero de sacos que tenia Leonardo, nos
damos cuenta que el único que cumpliría lo mencionado en el problema es 7. La respuesta es (d)
Segunda Solución:
Expresemos con ecuaciones lo dicho:(denotando a L=sacos de Leonardo y G=sacos de Gabriel)
Leonardo le dijo:
Si me dieras uno de tus sacos mi carga sería el doble de la tuya.
2(G - 1) = L + 1
Si yo te doy un saco tu carga sería igual a la mía.
L-1=G+1
Resolviendo las ecuaciones:
L + 1 = 2(G – 1) = 2G – 2 = 2G + 2 – 4 = 2(G + 1) – 4 = 2(L – 1) – 4 = 2L – 2 – 4 = 2L - 6
L + 1 = 2L – 6
1=L–6
7=L
Por lo tanto L = 7. La repuesta es d)
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21ª Olimpiada Mexicana De Matemáticas, Yucatán 2007
Problema 6.- Rocío organizó una competencia de 100 metros planos con 512 corredores. Si la pista
tiene exactamente 8 carriles y por cada carrera sólo el ganador conserva el derecho a seguir
compitiendo, ¿cuántas carreras hacen falta para determinar al ganador absoluto?
Solución:
Agruparemos por grupos de 8 a los 512 competidores, entonces tenemos 64 carreras.
De estas salen 64 ganadores los agrupamos en grupos de 8 también y obtenemos 8 carreras mas.
De estas obtenemos a 8 ganadores, los agrupamos en una última carrera y por lo tanto la respuesta
seria: 64 + 8 + 1 = 73. La respuesta es d)
Problema 7.- Russel está revisando propuestas de insignias para su club y la última que le han
presentado se muestra en la figura. Analizando dicha figura tenemos que:
1) Todos los lados cortos son iguales entre sí.
2) Todos los lados largos son iguales entre sí y cada uno mide el doble de lo que mide un lado corto.
3) Todos los ángulos son rectos y la figura tiene 200 cm2de área.
Russel necesita calcular el perímetro para rechazar la figura; ¿puedes ayudarle indicando cual es el
valor del perímetro?
Primera Solución:
Tenemos la figura de esta manera:
Al dibujar los cuadrados, como el área de la figura el 200cm2 entonces el
área de cada cuadrito es 25cm2 y por ello el lado de cada cuadrito es 5cm.
hay 16 lados expuestos en la figura y por ello el perímetro buscado es
80cm. la respuesta es a)
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21ª Olimpiada Mexicana De Matemáticas, Yucatán 2007
Segunda Solución:
Haciendo la división que se muestra a la figura observamos que
Los cuatro rectángulos asi obtenidos son iguales, por lo que
Su área es la misma, ahora supongamos que el lado mas corto es a
Entonces el lado mas largo es 2a.
Por lo que el área de cada rectángulo va a ser 2a2, y como el área
Total de la insignia es 200 cm2 que igual se obtiene sumando las
4 áreas de los rectángulos, entonces 8a2 = 200, buscando el valor de
A obtenemos que este es 5. Sacando el perímetro de la insignia en
Términos de a obtenemos que es 16a y como a vale 5 entonces el área es
80cm. La respuesta es a)
Tercera Solución:
Observemos que al hacer las divisiones, y completar la insignia hasta
Obtener la figura dada. Tenemos que el área de la insignia es la mitad
De la figura completa (ya que los rectángulos son iguales)
Además notamos que el perímetro de la insignia es el mismo que el de
La figura (a cada lado de la insignia le corresponde una longitud del
Mismo valor en la figura completa. Ahora por los datos dados tenemos
Que la figura aquí dada es un cuadrado y como el área es 2x200cm2=
400cm2, su perímetro es 80. La respuesta es a)
Problema 8.- El famoso ladrón Lessur, robó una valiosa pintura del Museo de la Risa y la escondió en
una maleta de fondo falso. Para confundir a la policía, Lessur colocó dicha maleta en medio de otras 11
maletas, idénticas excepto en el peso extra que le proporcionaba la pintura. Usando una balanza, ¿cuál
es el menor número de pesadas en las que Lessur puede asegurar hallar la maleta con la pintura?
Solución:
Como son 12 maletas (junto con la de Lessur)
Mostremos primero que con 3 pesadas se puede, localizar la maleta con la pintura:
1.- Colocamos 4 maletas en cada plato de la balanza y 4 no las ponemos en la balanza:
Es claro que en cualquier caso me quedaran 4 maletas en las que alguna de ellas esta la de lessur.
(Si queda equilibrado en la balanza entonces la de lessur esta en las cuatro que no puse y si no queda
equilibrado la de lessur esta en la que quede mas abajo)
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21ª Olimpiada Mexicana De Matemáticas, Yucatán 2007
2.- Tomamos las 4 en las que podria estar la de lessur y colocamos 2 en cada plato (esta seria la
segunda pesada):
Es claro que no pueden quedar equilibradas ya que la maleta de lessur esta entre estas.
3.- tomamos las dos maletas que están mas abajo en la balanza y al ponerlas en los platos (una en cada
una) la maleta de lessur seria la que esta más abajo (esta seria la tercera pesada). Con esto concluimos
todos los casos y mostramos que con 3 pesadas si se puede buscar la maleta.
Ahora demostremos que este es el mínimo:
Esto lo demostraremos buscando el máximo número de maletas de las que puedo obtener la maleta con
la pintura (con las mismas condiciones del problema, solo el número de maletas cambia) con un
número n de pesadas:
1. Es claro que con una pesada el máximo es 3 maletas, primero en general notamos que para que
podamos hacer uso de la balanza necesariamente tenemos que poner en cada platillo el mismo
numero de maletas. Si afuera, o en algún platillo al hacer la primera pesada quedaran 2 maletas
o mas, entonces si entre estas dos o mas estuviera, tendríamos que hacer otra pesada, por lo cual
ya no se podría con 1, por lo cual el máximo numero de maletas es 3.
2. Para 2 pesadas, el máximo número de maletas es 9, la idea es con el mismo procedimiento
anterior, si en alguna de los platillos o afuera de la balanza quedara 4 o más maletas, entonces
por lo que obtuvimos en el 1, tendríamos que el número de pesadas seria mayor a 1 para
localizarla entre estas. Por lo que serian más de dos pesadas (sumando la primera), por lo tanto
en cada platillo y fuera de la balanza debe de haber máximo tres maletas. Por lo tanto el
máximo es 9.
Y como 12 es mayor que 9 entonces el mínimo numero de pesadas para localizar la maleta entre las 12
es 3.La respuesta es b)
Problema 9.- Memo se encuentra en el centro del laberinto del fauno, el cual tiene forma de caracol y
en el piso se han colocado números de la siguiente manera:
El laberinto mantiene su forma de caracol hasta la salida, en donde se encuentra, como último número,
el 102; ¿cómo están acomodados los números 100,101 y 102?
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21ª Olimpiada Mexicana De Matemáticas, Yucatán 2007
Primera Solución:
Colocando los números que hacen falta siguiendo el patrón, hasta llegar al 102 se ve claramente que los
tres números (100, 101, 102) están colocados de la forma que tiene en el inciso c). La respuesta es c)
Segunda Solución:
Vamos a observar algunas esquinas de los cuadrados formados por las casillas donde están los
números:
la formada en el perímetro por {1,2,3,4}; {5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16}; … de estos cuadrados
fijémonos en los números que están en la esquina superior izquierda, clara mente son los cuadrados de
números pares, fijémonos que luego de este sigue hacia la izquierda el siguiente numero y luego de este
hacia abajo el siguiente. Además fijémonos que todos los cuadrados de números pares están en esa
posición por lo tanto. Como 100 es 10 al cuadrado, por lo tanto,
17
16
15
14
13
18
5
4
3
12

19
6
1
2
11
28
20
7
8
9
10
27
21
22
23
24
25
26
Los números están de la siguiente manera:
101
100
102
La respuesta es c).
Problema 10.- Si al número de cuatro dígitos abcd (a, b, c, d, dígitos) le resto el número dcba obtengo
un número de 4 dígitos, tres de los cuales son 1, 7 y 9; ¿cuál es el dígito que falta?
Primera Solución:
Buscando un numero que cumpliera lo que dice el problema por ejemplo 2801 al restarle el numero
1082 me queda 1719 con lo cual notamos que el otro digito es 1 suponiendo que siempre es el mismo.
La respuesta es e)
Segunda Solución:
Representemos al numero abcd como 1000 a  100 b  10c  d , y al numero dcba como
1000 d  100 c  10b  a , en su forma desarrollada entonces al restar estos dos números obtenemos
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21ª Olimpiada Mexicana De Matemáticas, Yucatán 2007
999a  90b  90c  999d  9(111a  10b  10c  111d ) , Ahora como debe ser múltiplo de 9, aplicando el
criterio de divisibilidad por 9 tenemos que sus dígitos deben sumar un múltiplo de 9 y como 3 de sus
dígitos son 1, 7 y 9 (cuya suma es 17). Entonces el otro digito es 1 (ya que no puede ser 10 ni algo
mayor, por que es un digito).La repuesta es e)
Problema 11.- Si el promedio de 15 enteros positivos diferentes es 13, ¿cuál es el mayor valor que
puede tomar el segundo número más grande de estos enteros?
Primera Solución:
Fijémonos que la suma de los 15 números es 15 x 13 = 195.
Ahora para que el segundo numero mas grande sea el mayor posible necesariamente los 13 primeros
son lo menor posible es decir 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13, ya que deben de ser distintos y positivos.
Entonces ahora dado que el numero mas grande naturalmente es mas grande que el segundo mas
grande entonces para que es te numero sea el mayor deben estar lo mas cercano posible ya que su suma
es constante (104, la suma de los 15 números, menos la suma de los 13 primeros ya minimizados). Por
lo tanto el segundo número más grande es 51 y el más grande 53.
Segunda Solución:
Observemos que como el promedio es 13, entonces la suma es 15x13 = 195, primero denotemos a esos
números como a1 , a2 ,...,a14 , a15 , como son distintos entonces ordenemos los números:
a1  a2  ...  a15 ahora tenemos que a lo menos cada número aumentara en 1 con respecto al anterior
13 x14
 13 x 7  91 por lo tanto a14  a15  104 y como deben ser
por lo tanto a1  a 2  ...  a13 
2
distintos y a15  a14  1 entonces 2 a1 4  1  104 como debe ser impar entonces
2a14  1  103 2a14  102  a14  51 por lo que el mas grande es 51. La respuesta es a).
Problema 12.- En la siguiente figura todos los cuadritos son iguales; ¿cuánto mide la suma de los
ángulo ACB, ADB, AEB y AFB ?
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Solución:
Observemos la figura el triangulo ACB se traslado al HFI, el ADB se trasladó al GFH y el AEB se
traslado al BFG y el ABF se que da en el ABF entonces los ángulos ACB, ADB, AEB, AFB son
iguales a los ángulos HFI, GFH, BFG, AFB, respectivamente.
Entonces la suma de los ángulo es igual al ángulo AFI el cual como el cuadrilítero JFIA es un cuadrado
entonces el ángulo AFI es 45º. Nota: los traslados que se hicieron fueron posibles dado que los
cuadritos son iguales).
La respuesta es (d).
Problema 13.- En una cuadrícula de n x n (n impar) se colocan los números del 1 al n2, llenando las
casillas de la forma acostumbrada; de manera creciente de izquierda a derecha y de arriba hacia abajo
(es decir, el primer renglón va del 1 al n, el segundo del n + 1 al 2n, etc.). De las opciones siguientes,
¿qué número no puede estar en la intersección de las diagonales?
Primera Solución:
Ir descartando incisos buscando ejemplos para cada número:
a) para 5 en una cuadricula de 3 x 3
b) para 13 en una cuadricula de 5 x 5
c) para 25 en una cuadricula de 7 x 7
e) para 41 en una cuadricula de 9 x 9
Por lo tanto la que tiene que ser que no halla es el numero 27. La respuesta es d)
Segunda Solución:
Numeremos las columnas de izquierda a derecha del numero 1 al n, luego las filas de arriba hacia a
bajo del 1 al n. Ahora localicemos en que fila y en que columna esta, el numero de la intersección de
las diagonales, por simetría va a estar en la columna de en medio y la fila de en medio, por lo tanto se
n 1
va a encontrar en la fila y columna
, por lo tanto de acuerdo a la forma como se llena la cuadricula
2
n 1
n y le sumamos los de las casillas que
el numero que va a estar ahí es la fila anterior termina en
2
n 1
faltan para llegar al numero del centro que son
por lo tanto el numero es
2
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n(n  1) n  1 n 2  1


, por lo que todos los números que se puedan expresar de esta forma con n
2
2
2
impar van a estar en el centro de una cuadricula de n x n, la cual es la intersección de las diagonales. De
los números de los incisos el que no se puede es el 27 ya que si existe esa n entonces
n2 1
 27  n 2  1  54  n 2  53 para lo cual no existe n natural que al elevarlo al cuadrado te de
2
53. La solución es d)
Problema 14.- Un tablero de ajedrez es numerado en cada una de sus casillas en el sentido
convencional (del 1 al 8 en la primera fila, del 9 al 16 en la segunda, etc., hasta llegar al 64 en la casilla
inferior derecha). Se colocan sobre el tablero 8 torres, de manera que ninguna de ellas sea capaz de
capturar a otra. ¿Cuánto suman los números de las casillas donde se ubican las torres?
Primera Solución:
Coloquemos las torres en una de las diagonales del tablero de 4 x 4 y notemos que las torres cumplen
con las condiciones, es fácil ver que la suma de los números de estas casillas es 260, por lo tanto como
debe ser constante entonces la suma de las casillas en donde están las torres que cumplan las
condiciones del problema es 260. La respuesta es (b)
Segunda Solución:
Reescribimos los números de la primera fila como 0+1, 0+2,…, 0+8, los de la segunda como 8+1,
8+2,…, 8+8, y así sucesivamente. La condición de acomodo para que las torres no se capturen entre
ellas es que en cada fila y en cada columna se situé exactamente una torre de manera que no tenga a
quien capturar. Así, cualquier acomodo que cumpla con que no haya dos torres en la misma fila o en la
misma columna cumple con que todas las filas y todas las columnas están exactamente ocupadas por
una torre. Por lo tanto, la suma estará compuesta por un número de cada fila y un número de cada
columna. Es decir, la suma estar compuesta por 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 (que resultan de la
descomposición de los números en cada columna), y por 0 + 8 + 16 + 24 + 32 + 40 + 48 + 56 (que
resultan de la descomposición de los números en cada fila). La suma es 260. La respuesta es (b)
Problema 15.- Reymundo estaba jugando con dos rectángulos de 3 cm. x 7 cm. y los colocó como se
muestra en la figura; ¿cuál es el área de la región sombreada?
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Primera Solución:
Observando la figura, obtenemos que por simetría el cuadrilátero BIDH es un rombo y por lo tanto HI
es mediatriz de BD.
F
H
D
A
J
B
I
C
E
Dado que HBID es paralelogramo denotemos por x a su lado.
Entonces por el teorema de Pitágoras aplicado al triangulo BEI, tenemos que:
58 29

, aplicando la formula
32  (7  x) 2  x 2 , por lo tanto 9  49  14 x  x 2  x 2  58  14 x  x 
14 7
29
del área de un rombo (base por altura) tenemos que la altura es DC=3 y la base es BI  x 
por lo
7
87
tanto el área es
. La respuesta es a)
7
Segunda Solución:
Dado que HBID es paralelogramo.
Por lo tanto como comparten un ángulo y son triángulos rectángulos entonces los triángulos
BJ BC 7

 , por el teorema de Pitágoras, sabemos que
BJI y BCD son semejantes por lo tanto
JI
CD 3
58
, de la igualdad dada por la
BD  32  7 2  58 y como J es su punto medio, entonces BJ 
2
3BJ 3 58

semejanza (arriba) obtenemos JI 
.
7
14
Ahora es fácil notar que el área HBID es cuatro veces el área de BJI, por lo tanto el área buscada es:
BJ ·JI
58 3 58 3·58 3·29 87
4
 2 BJ ·JI  2



. La respuesta es a)
2
2 14
14
7
7
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21 ª Olimpiada Mexicana de Matemáticas
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1. e)
2. b)
3. c)
4. a)
5. d)
6. d)
7. a)
8. b)
9. c)
10. e)
11. a)
12. d)
13. d)
14. b)
15. a)
- 12 -