Soluciones prueba del 14 de marzo 2013

Soluciones prueba del 14 de marzo 2013
Ejercicio 1 - Bien visto - 7 puntos
En cuanto al color, hay 7 posibilidades de asignar los sombreros:
Posibilidades
1 2
3
4
5
6
7
Anatole
R R
R
R
V
V
V
Michel
R R
V
V
R
R
V
Thomas
R V
R
V
R
V
R
Hay que eliminar 3 casos:
 Caso 4 : Anatole contesta « no », si ve 2 sombreros verdes, es que lleva un sombreo rojo,
tenía que haber contestado «si», por lo tanto, imposible.
 Caso 6 : Michel contesta « no », si ve 2 sombreros verdes, es que lleva un sombreo rojo,
tenía que haber contestado «si», por lo tanto, imposible.
 Caso2 : Caso espinoso… Michel, viendo que Thomas lleva un sombrero verde, tiene que
pensar "Si yo también tengo un sombrero verde , entonces Anatole sabría que tiene uno rojo
y hubiera contestado SI. Por lo tanto tengo 1 rojo" y Michel hubiese dicho SI, por lo tanto
imposible.
En los otros cuatro casos, Thomas tiene un sombrero rojo, no necesita ver el color de los
sombreros para contestar SI.
Ejercicio 2 - Matemágica - 5 puntos
En el cuadrado que nos dan, la suma de los 3 números cumple la condición de que es siempre 27.
Notamos también que se pasa de una fila a otra l(o de una columna a otra) añadiendo un mismo
número a los tres números que la componen.
Utilizando estas propiedades y comprobando los números del cuadrado propuesto por los
alumnos son todos diferentes, podemos afirmar que el cuadrado está bien.
Ejercicio 3 - Antiseco - 7 puntos
Tenemos dos casos:
 El segundo rectángulo acaba de pasar el blanco, quedan pues los dos tercios del depósito y
252,6x2=502,2 Km que hay que circular, entre los que los tres cuartos antes de la señal
“reserva”,
¾ x 505,2 = 378;9 Km
 El tercer rectángulo va a pasar al blanco justo después de la lectura propuesta por la fijación,
quedan pues la otra mitad del depósito y 252,6 Km por circular, de los cuales los dos tercios
antes de la señal “reserva”, o sea
2/3 x 252,6 = 168 km
En conclusión, en las condiciones dadas, podemos circular por lo menos 168,4 Km y como
máximo 378;9 km
Ejercicio 4 - Triángulos al cuadrado - 5 puntos
Podríamos primero calcular el área total de los triángulos dados y
observaríamos que la longitud del lado del cuadrado era √20 cm,
encontramos esta longitud para la hipotenusa del triángulo que tiene como
catetos 2 cm y 4 cm. Podemos encontrar la solución por manipulación.
Ejercicio 5 – Reparto, igualdad, fraternidad - 7 puntos
P está en el medio de [AC].
A
Utilizamos la siguiente propiedad: dos triángulos que tienen la misma
B
base y altura tienen la misma área. De ahí que los triángulos APD y
CPD tienen la misma área y los triángulos APB y CPB tienen la misma D
área. Como resultado de ello, los cuadriláteros ADPB y DPBC tienen
J
la misma área y el reparto es justo.
P P1
I
Todas las soluciones mencionadas por Paul están en el segmento
[IJ] en el cuadrilátero ABCD, que pasa por P y es paralela a [DB].
Explicación:
P1 es un punto del segmento. El área del triángulo BDP1 es igual al
C
área del triángulo BDP (siempre debido a la misma propiedad). Por lo
tanto, el área del cuadrilátero ABP1D es igual a la del cuadrilátero ABPD, es decir, la mitad del área
de ABCD.
Ejercicio 6 – Vuelta a empezar - 5 puntos
Realizaremos el proceso a la inversa, teniendo en cuenta que solo hay una posibilidad de perder en
cada ronda (ya que hay un solo poseedor de número impar de fichas, es decir, que no ha podido
doblar su número de fichas). Podemos ayudarnos con una tabla:
ª
Fin de la 5 mano
Fin de la 4ª mano
Fin de la 3ª mano
Fin de la 2ª mano
Fin de la 1ª mano
Al empezar la 1ª mano
Jorge
10
5
16
8
4
2
Cesar
9
18
9
18
9
18
Roberto
8
4
2
1
14
7
Cesar pierde
Jorge pierde
Cesar pierde
Roberto pierde
Cesar pierde
Ejercicio 7 - Dos a dos - 7 puntos
 Si suponemos que la afirmación 1a es verdadera, el número buscado tiene dos cifras.
Además, es impar (ya que 1b es falso en este caso). También es un cuadrado (2a es
verdadera ya que 2b es falsa, porque el número buscado tiene dos dígitos). Cuadrados
impares de dos cifras son 25, 49 y 81, sin embargo, ninguno de estos números verifica 3a o
3b. Dada la contradicción, nuestra hipótesis es falsa. Luego
 1b es cierto, el número es par. Por ello, no puede ser el producto de dos números impares
consecutivos, luego 4a es falso. Por lo tanto, 4b es cierto, el número es igual al cuadrado de
un número entero más 1. Consecuentemente, no puede ser igual a un cuadrado, de donde
deducimos que 2a es falso y 2b verdadero, el número tiene tres cifras.
Los posibles números están en la siguiente relación :
112 + 1 = 122
192 + 1 = 362
27 2 + 1 = 730
132 + 1 = 170
212 + 1 = 442
292 + 1 = 842
2
2
15 + 1 = 226
23 + 1 = 530
312 + 1 = 962
2
2
17 + 1 = 290
25 + 1 = 626
Todos los números son pares, tienen más de 2 divisores, por lo 3b es falso y 3a verdadero, la
escritura del número contiene el dígito 7: sólo 170 y 730 lo verifican. Ninguno de ellos es
divisible por 11, así que 5a es falso y 5b debe ser verdadero. Solamente tenemos que 730 =
93 + 1.
Yo soy 730!
! Por supuesto que existen otros enfoques para la determinación de la solución!
Ejercicio 8 – Esto es el billar - 5 puntos
El total de puntos de las 15 bolas es 120.
Con 6 bolas ganadas el mayor número de puntos que se puede obtener es de 75. Por lo tanto,
Bonnie ganó, al menos 7 bolas. Sin embargo, para que Bonnie gane con menos bolas que Clyde,
éste debe ganar más de 7 bolas luego Bonnie ha ganado exactamente siete bolas y Bonnie 8. A partir
de las bolas con mayor puntuación y haciendo los ajustes precisos, hay 5 posibles distribuciones:
15 + 14 + 13 + 12 + 11 + 10 + 5 = 80
15 + 14 + 13 + 12 + 11 + 9 + 6 = 80
15 + 14 + 13 + 12 + 11 + 8 + 7 = 80
15 + 14 + 13 + 12 + 10 + 9 + 7 = 80
15 + 14 + 13 + 11 + 10 + 9 + 8 = 80
Ejercicio 9 – El dique de Malo - 7 puntos
A
B
Lily llega al punto A. AE = BC = 5 m, altura del dique.
El triángulo ABD es un triángulo rectángulo isósceles en B.
AE
5
2
=
=
≈ 0,353;
AD 10 2
4
Que en porcentaje corresponde a una inclinación de 35 %.
Según Pitágoras AD = 10 2 y la pendiente es
Si por contra la inclinación debe ser del 25 %,
E
C
D
5
AE
= 0,25; AD =
= 20.
0,25
AD
10 1
cos ADB =
=
y ADB = 60°.
20 2

Lily deberá desviarse 60°.
Ejercicio 10 – Sin pintar - 10 puntos
El cubo grande debe constar de más de 48 pequeños cubos.
 Primera posibilidad: 4 cubos pequeños en cada arista y 64 pequeños cubos en total:
pintando, por ejemplo, la cara superior (16 cubos), quedan 48 cubos sin pintura en ninguna
cara.
 Segunda posibilidad: 5 cubos pequeños en cada arista y 125 pequeños cubos en total. Si se
toma el cubo anterior y la parte sin pintar, podamos encontrarla en un cubo de 125 pequeños
cubos. Por lo tanto, es suficiente pintar cuatro lados del cubo grande, dejando sin pintar dos
contiguos. En las figuras adjuntas, los dos modelos y el dibujo que muestra la parte sin
pintar del último gran cubo.
Ejercicio 11 - AG de MsF - 5 puntos
Supongamos una secuencia de mujeres (F) y hombres (H) sobre una circunferencia.
7 mujeres (7F) tienen a una mujer (F) a su derecha: eso significa que hay 7 veces FF en la secuencia
y entonces hay 7 F que tienen una F a la izquierda (de la misma manera, se representa por FF).
12 F tienen un H a la derecha : FH aparece 12 veces en la secuencia y, entonces, igualmente 12 H
tienen una F a su izquierda.
A su derecha, una F tiene una F o una H. Entonces hay 7 + 12 =19 F en total.
A su izquierda, una F tiene una F o una H. Hay entonces 19 – 7 = 12 F con un H la izquierda
(representado por HF), entonces hay 12 H que tienen una F a la derecha. Ello constituye las
3
de H
4
que, entonces, son 16 en total.
La probabilidad de que una mujer sea elegida es, entonces, de
19
.
35
Ejercicio 12 - Descenso ascensional - 7 puntos
Sea d el diámetro del eje (1 cm) y D el de las ruedas (10 cm). Sea α el ángulo pedido.
Sea ω el ángulo de rotación de las ruedas.
El recorrido de las ruedas sobre el plano inclinado es a s1 = π × D ×
ω
.
360
ω
.
360
ω
La pérdida de altura del aparejo es h = s1 × sen α = π × D ×
× sen α.
360
Al mismo tiempo, el cable con las pesas se acorta s2 = π × d ×
El peso debe quedar a la misma altura: h = s2
y entonces d = D × sin α et sen α =
Hallamos que α ≈ 6°.
d
1
= .
D 10
De forma más simple, se puede razonar de la siguiente manera:
1 vuelta corresponde a una longitud de rueda de 10π; cada vuelta de la rueda provoca un
enrollamiento de π. Nos encontramos con la situación de un triángulo rectángulo cuya hipotenusa
mide 10π y un cateto que mide π. De ahí se deduce la medida del ángulo buscado.
Ejercicio 13 – Está inscrito - 10 puntos
Podemos utilizar el teorema de Pitágoras, o el cálculo de áreas.
Después de la simplificación de los cálculos, se obtiene xy = 32 .
De aquí que las soluciones sean:
x
1
2
4
y
32
16
8
Longitudes de los lados del triángulo
9 – 40 – 41
10 – 24 – 26
12 – 16 – 20