Examen cadete SS 08

22 ª Olimpiada Mexicana de Matemáticas
Examen Selectivo de Secundarias, nivel Cadete (tercero de secundaria)
Yucatán 2008.
Instrucciones: En la hoja de respuestas llena el rectángulo que consideres que corresponde
a la respuesta correcta. Todos los celulares se deberán apagar al inicio del examen. No se
permite usar calculadora ni escritos de apoyo. La duración del examen es de 1 hora. Los
problemas del uno al cinco valen 3 puntos, los del seis al diez son de 4 puntos y los
restantes son de 5 puntos.
Problema 1.- Si efectuamos el producto de todos los números impares desde el 7 hasta el
2009, ¿cuál es la cifra de las unidades del número así obtenido?
a) 1
b) 3
c) 5
d) 7
e) 9
Problema 2.- En la siguiente cuadrícula se ha dibujado una “Z”, ¿cuál es el color que
ocupa la mayor parte de la “Z”?
a) Blanco
b) Negro
c) Gris
d) Negro y gris
e) Hay igual área
de cada color
1
Problema 3.- Leo y Bere corren en una pista circular, pero Leo corre cinco veces más
rápido que Bere. Si ambos salieron de la línea de meta (el punto A) al mismo tiempo y se
mueven en el sentido de las manecillas del reloj, ¿en cuál de los cinco puntos de la figura
volverán a coincidir por primera vez?
a) A
b) B
c) C
d) D
e) E
Problema 4.- Si el camino sigue siempre el mismo patrón
...
¿Cuál es la sucesión de flechas que van del número 2006 al 2008?
2007
a)
2008
2006
2008
b)
2006
2007
2006
c)
2007
2006
2008
d)
2007
2008
e) no se puede
determinar
Problema 5.- Tony compró una bolsa con 2000 caramelos de 5 colores: 387 de ellos eran
blancos, 396 amarillos, 402 rojos, 407 verdes y 408 cafés. Después de contar los caramelos
Tony decidió comérselos de la siguiente forma: sin mirar, sacaba tres caramelos de la bolsa;
si los tres eran del mismo color, se los comía, en caso contrario los regresaba a la bolsa.
Continuó así hasta que sólo quedaron dos caramelos en la bolsa, ¿de qué color son?
a) Blancos
b) Amarillos
c) Rojos
d) Verdes
e) Cafés
2
Problema 6.- Si la longitud del segmento AB es de 6 cm y los cinco cuadritos de la cruz
son iguales, ¿cuánto vale el área de la cruz?
A
B
a) 6 cm2
b) 12 cm2
c) 24 cm2
d) 36 cm2
e) 48 cm2
Problema 7.- La siguiente cuadrícula tiene 16 cm2 de área. Calcula el área del triángulo.
a) 4.5 cm2
b) 5.5 cm2
c) 5 cm2
d) 7.5 cm2
e) 6 cm2
Problema 8.- ¿Cuánto vale 999999999 – 99999999 + 9999999 – 999999 + … – 99 + 9?
a) 999909999
b) 909090909
c) 90909090
d) 900900900
e) 990990990
Problema 9.- Gabo tiene 3 CD´s, a los cuales les caben 100, 200 y 300 minutos de música
respectivamente. Fanny tiene 100 canciones de 3 minutos, 200 de 4 minutos y 300 de 5
minutos. ¿Cuál es el número máximo de canciones que Fanny puede guardar en los CD´s
de Gabo?
a) 600
b) 165
c) 170
d) 150
e) 175
3
Problema 10.- ¿Cuántos enteros positivos de dos cifras cumplen que la suma de sus cifras
es par?
a) 50
b) 45
c) 25
d) 10
e) 90
Problema 11.- ¿Cuál de las siguientes figuras sombreadas tiene la mayor área?
(A)
a) La A
(B)
b) La B
c) La C
(C)
d) La B y la C
e) Todas tienen la
misma área
Problema 12.- En cierto mes tres domingos cayeron en fechas con número par. ¿En qué día
de la semana cayó el día 20 de ese mes?
a) Lunes
b) Martes
c) Miércoles
d) Jueves
e) Viernes
Problema 13.- ¿Cuántos enteros positivos de tres dígitos hay tales que el dígito de las
centenas es impar y la suma de los dígitos restantes es 9?
a) 42
b) 50
c) 15
d) 45
e) 25
4
Problema 14.- En la figura, ABC es un triángulo equilátero, BC = CD y el ángulo BCD
mide 40°. ¿Cuánto mide el ángulo ADB?
A
B
C
D
a) 10°
b) 20°
c) 30°
d) 40°
e) 60°
Problema 15.- En la cocina había un pastel destinado al cumpleaños de Julius, pero al
llegar a su casa nota que el pastel desapareció. En la casa hay cinco niños: Jhonny, Puc,
Alan, Lobo y Álvaro. Julius sabe que alguno, o varios, son los autores del crimen, así que
los interroga. He aquí sus respuestas:
Jhonny: Esto es obra de solamente uno de nosotros.
Puc: No, de dos de nosotros.
Alan: No, de tres de nosotros.
Lobo: No, de cuatro de nosotros.
Álvaro: Entre todos nos lo comimos.
Julius sabe que los inocentes dicen la verdad, mientras que los culpables mienten; ¿entre
cuántos se comieron el pastel?
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
e) 5
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22 ª Olimpiada Mexicana de Matemáticas
Examen Selectivo de Secundarias, nivel Cadete (tercero de secundaria)
Yucatán 2008.
Soluciones.
Solución 1.
Vamos a probar que si multiplicamos un número impar por el número 5, el resultado tiene al 5 en
la cifra de las unidades:
Todo número impar n puede escribirse como: n = 2q +1 donde q es un número entero. Entonces
5n = 10q +5. Entonces, como 10q termina en 0, 10q+5 termina en 5, tal como queríamos
demostrar.
Ahora bien, en el problema 1 debemos hallar las cifras de las unidades del producto
7*9*…*2007*2009. Como bien sabemos el orden de los factores no altera el producto, de manera
que el producto anterior puede reescribirse como (7*9*11*13*17* … *2007*2009)*15. Ahora
bien notemos que (7*9*11*13*17* … *2007*2009)*3 es un número impar, ya que es el producto
de varios números impares. Entonces por el resultado que probamos previamente
7*9*…*2007*2009 = (7*9*11*13*17* … *2007*2009)*3*5, es un número que termina en 5. La
respuesta es c).
Solución 2.
Calculemos cuantos cuadritos de cada color hay en el interior de la “Z”, mientras más cuadritos
haya, más área abarca el color respectivo. Comencemos por contar los cuadritos blancos:
Como se puede ver en la siguiente figura, en el interior de la “Z” hay 6 cuadritos blancos
completos, por otro lado, las regiones que hemos rayado equivalen a medio cuadrito cada una, de
modo que el área blanca equivale al área de 7 cuadritos.
Con respecto al área negra, notamos que hay 5 cuadritos completos, y 3 regiones que equivalen a
la mitad de un cuadrito, así que el área negra equivale al área de 6 cuadritos y medio.
6
Finalmente vemos que hay 5 cuadritos completos de color gris y tres regiones de medio cuadrito,
por la que su área es la misma que la de 6 cuadritos y medio. Entonces, el área blanca es mayor. La
respuesta es a).
Solución 3
Como Leo es 5 veces más rápido que Bere, en el mismo tiempo Leo recorrerá 5 veces la distancia
que recorra Bere. Notemos que la distancia entre los puntos A y F; el cual está a la mitad del
camino entre los puntos D y E; es igual a de la distancia total de la pista, entonces cuando Leo
esté en el punto F, Bere habrá recorrido
d e la pista, pues avanza 5 veces menos distancia en el
mismo tiempo. Es decir, estará en el punto B.
Ahora bien, la distancia del punto F al punto C (recorrida en sentido horario) es equivalente a
de
la distancia total, por lo tanto cuando Leo Avance al punto C (partiendo del F) Bere recorrerá de
pista más, es decir avanzará del punto B al C. De modo que coincidirán en el punto C. La respuesta
es c).
Solución 4.
Del patrón del problema podemos ver que la flecha que parte de un múltiplo de 4 es horizontal y
que el punto se encuentra “abajo”. Entonces, dado que 2004 es un múltiplo de 4, las flechas que
van del 2004 al 2008 lo hacen de la siguiente forma:
La respuesta es d).
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Solución 5.
Tony como tres caramelos de un mismo color cada vez. Notemos que si un múltiplo de 3
disminuye en 3 unidades, entonces el nuevo número sigue siendo divisible por 3. Además,
tenemos que 387, 396, 402 y 408 son todos múltiplos de 3, pero que 407 no lo es, pues deja
residuo 2 al dividirse entre tres. Por lo tanto, cuando sobran dos caramelos, estos no pueden ser ni
blancos, ni amarillos, ni rojos, ni cafés, ya que hay al inicio hay un número múltiplo de 3 de éstos, y
dado que Tony los come de tres en tres, el número de caramelos de estos colores que hay en la
bolsa siempre es divisible por tres. Entonces necesariamente, los que sobran deben ser verdes: la
respuesta es d).
Solución 6
Digamos que cada lado de un cuadrito vale L, entonces el área de un cuadrito es L2 . La cruz está
formada por 5 cuadritos por lo que el área total de la cruz es de 5 L2. En la siguiente figura es claro
que el triángulo ABC es rectángulo, por lo tanto el teorema de Pitágoras nos dice que AB2 = BC2 +
AC2.
El problema nos dice que AB = 6, además AC= L y BC = 2L de donde podemos reescribir el
resultado anterior como:
36=62 = AC2 + BC2 = L2 + (2L)2 = L2 + 4L2 = 5L2. Como hemos visto el área de la cruz es de 5L2, lo que
es igual 36 cm2: la respuesta es d).
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Solución 7.
El área total de la cuadrícula es de 16 cm2; dado que la figura está formada por 16 cuadraditos
iguales, cada cuadradito tiene 1 cm2 de área y por tanto tiene de lado 1cm.
Entonces el área del triángulo HFC es igual 16cm2 menos la suma de las áreas de los triángulos
rectángulos EFH, HCB, FGC, y el rectángulo ADGE. Si comparamos la figura anterior con la original,
notamos que los catetos del triángulo EFH miden 1cm y 3cm, por lo que su área es de 1.5 cm2, lo
mismo sucede con el triángulo FGC. Los catetos del triángulo HCB miden 2cm y 4cm, por lo que su
área es de 4cm2. Por último, el cuadrado ADGE tiene lados de 1cm y 4cm respectivamente, por lo
que su área mide 4cm2. Entonces el área del triángulo HFC es igual a 16-(1.5+ 1.5 + 4+ 4) = 16 – 11
= 5cm2: la respuesta es c).
Solución 8.
Notemos que la suma
999999999 – 99999999 + 9999999 - 999999 +… +999– 99 + 9
podemos agruparla de la siguiente manera:
(999999999 – 99999999) + (9999999 - 999999 )+… +(999– 99) + 9.
Si efectuamos primero las operaciones entre paréntesis, esta suma se ve como:
(900000000) + (9000000) + (90000) +(900) + 9 = 909090909.
La respuesta es b).
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Solución 9.
Primero notemos que no pueden guardarse más de 175 canciones: hay 100 canciones de 3
minutos, por lo tanto si se han guardado más de 175 canciones, necesariamente entre ellas hay
más de 75 con una duración de 4 o 5 minutos, que por lo tanto ocuparán más de 300 minutos de
música ( ya que 75*4 = 300). Y dado que las 100 restantes son de al menos 3 minutos, éstas
ocuparán 300 o más minutos de música. Entonces en total tendríamos más de 600 minutos de
música guardada en los CD’s; lo cual claramente no es posible, pues entre los tres solo tienen
capacidad para 600 minutos exactos.
Veamos que es posible guardar 175 canciones de la siguiente manera:
100 canciones de tres minutos en el CD de 300 minutos; 50 canciones de 4 minutos en el CD de
200 minutos, 25 canciones de 4 minutos en el CD de 100 minutos. Entonces 175 es el número
máximo de canciones que pueden guardarse. La respuesta es e).
Solución 10.
Sabemos que la suma de dos enteros a, b es un número par si son ambos pares o ambos impares.
Entonces nuestro problema es equivalente a contar cuantos números de dos dígitos hay tales que
ambos dígitos son pares, o ambos impares.
Empecemos con el caso en que ambos números son pares. Como el primer dígito no puede ser
cero (de otra forma no sería un número de dos cifras) tenemos que hay 4 posibles valores para el
primer dígito, a saber: 2, 4, 6, 8; por cada uno de ellos podemos escoger 5 valores para el segundo
dígito: 0, 2, 4, 6, 8; entonces hay 4*5 = 20 números en este caso.
Si ambos dígitos son impares, tenemos que hay 5 posibles valores para el primer dígito (1, 2, 3, 5,
7, 9) y por cada uno de ellos, podemos completar un número de los que nos interesan con 5
posibles valores en el segundo dígito, así que en este caso hay 5*5 = 25 números.
Finalmente los números de dos dígitos que suman un número par son tantos como hay en ambos
casos, es decir: 20 + 25 = 45. La respuesta es b).
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Solución 11.
Para mayor comodidad en la escritura de la solución pensemos que la longitud del lado de los
cuadraditos que conforman las cuadrículas es igual a 1cm., lo que evidentemente no afecta la
comparación entre las áreas.
Contemos el área sombreada en cada una de las figuras:
Notemos que la región oscura en la figura A está formada por 4 regiones como la siguiente:
Está región está formada por dos triángulos congruentes, entonces basta con saber el área de uno
de ellos. Notemos que el triángulo ACD tiene a CD como base y a AB como altura, dado que CD =
AB = 1 tenemos que el área del triángulo ACD es de
. Entonces el área de la región
sombreada en la figura de arriba es de 1 cm2. Entonces el área total sombreada en la figura A es de
4x1 = 4cm2.
La región en la figura B, como podemos ver, está formada por dos triángulos:
El triángulo DAB tiene por base AB y su altura respectiva es BE, dado que EB = 2 cm y AB = 2cm
concluimos que el área del triángulo es de 2cm2. Similarmente se puede verificar que el área del
triángulo ABC es de 2cm2. Entonces el área sombreada en la figura B tiene 4cm2 de área.
La región en la figura tres está compuesta por 4 triángulos:
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El área del triángulo DEF es igual al área del cuadrado FBGL menos la suma de las áreas de los
triángulos FBD, DGE, FEL; es fácil ver que el resultado de esto es: 4 - 1 - - - 1 = 1.5cm2. El triángulo
FLH es congruente al anterior y tiene por tanto la misma área. Ahora notemos que el triángulo AFC
tiene base FC y altura AB, de donde su área es de 1 cm2. Finalmente el triángulo KAJ es congruente
al anterior y tiene por tanto la misma área. Entonces el área total de la región sombreada es de 1.5
+ 1.5 + 1 + 1 = 5cm2. Hemos mostrado que el área de la figura C es la mayor: la respuesta es c).
Solución 12.
Si un domingo tiene fecha par, el siguiente domingo tendrá impar, el siguiente par, etc. Entonces,
si hay tres domingos con fechas pares entonces hay al menos dos domingos con fecha impar entre
ellos. Dado que 4 semanas representan 28 días y 5 representan 35, necesariamente en nuestro
problema transcurrieron 4 semanas. Si el primer domingo con fecha par cae después del día 3,
tendremos que el 5 domingo (que tiene fecha par también) formará parte del mes siguiente, pues
3 + 28 = 31. Por lo tanto el primer domingo necesariamente fue el día 2. De aquí es fácil ver que el
día 16 = 2 + 14 cayó en domingo, por lo que el día 20 fue un jueves: la respuesta es d).
Solución 13.
Veamos cuantas opciones hay para el digito de las decenas y el de las unidades. Las únicas parejas
de dígitos que suman 9 son las siguientes: (9,0), (8,1), (7,2), (6,3), (5,4), (4,5), (3,6), (2,7), (1,8) y
(0,9). De estas 10 posibilidades surgen los dígitos de las decenas y de las unidades. Cada una de
estas puede completarse con 5 posibles dígitos impares en la posición de las centenas. Entonces
en total hay 10x5 = 50 números con tal característica: la respuesta es (b).
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Solución 14.
Veamos la siguiente figura:
Como BC = CD tenemos que el triángulo CBD es isósceles así que <CBD = <BDC; dado que los
ángulos internos de un triángulo suman 180 tenemos que <CBD + <BDC + BCD = 180, entonces
tenemos que 2<BDC + 40 = 180; despejando obtenemos que <BDC = 70.
Notemos que por ser ABC equilátero se tiene que AC = BC, además según los datos del problema
BC = CD. Entonces AC = CD, por lo que el triángulo ADC es isósceles y desde luego <CAD = <ADC. Se
sigue de <CAD + <ADC + <DCA = 180 que 2<CAD + (60 +40)= 180, luego <CAD = 40 = <ADC.
Finalmente notemos que <ADB = <BDC - <ADC = 70 – 40 = 30: la respuesta es c).
Solución 15.
Cada frase enuncia un número diferente de culpables, por lo que cuatro de ellas son falsas y solo
una es verdadera. Como la frase verdadera solo puede ser enunciada por un inocente, tenemos
que hay cuatro culpables, por lo que Lobo es el único veraz: la respuesta es d).
.
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