Cuadernillo secundaria 2010

SECRETARÍA DE EDUCACIÓN JALISCO
COORDINACIÓN DE EDUCACIÓN BÁSICA
DIRECCIÓN GENERAL DE EDUCACIÓN SECUNDARIA
DIRECCIÓN GENERAL DE PROGRAMAS ESTRATÉGICOS
DIRECCIÓN DE PROGRAMAS DE ACOMPAÑAMIENTO PEDAGÓGICO
PRIMERA OLIMPIADA ESTATAL DE MATEMÁTICAS
EN EDUCACIÓN PRIMARIA Y SECUNDARIA
1ª OEMEPS 2010
CUADERNILLO DE ENTRENAMIENTO
NIVEL SECUNDARIA
Guadalajara, Jalisco; 2010

Cuadernillo deEntrenamiento Nivel Secundaria 1ª OEMEPS2010
2
ÍNDICE
Pág.
PRESENTACIÓN 3
PROBLEMAS 5
SOLUCIONES 13

3
PRESENTACIÓN
La Secretaría de Educación Jalisco a través de la Coordinación de Educación Básica con el
propósito de favorecer el gusto y el interés por las matemáticas en los alumnos de las
escuelas primarias y secundarias de la entidad, convoca a la 1ª Olimpiada Estatal de
Matemáticas en Educación Primaria y Secundaria (OEMEPS).
La olimpiada es un concurso en el que los alumnos de 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, a la vez que
muestran su nivel de desarrollo en las competencias de resolución de problemas,
argumentación, comunicación, manejo de técnicas y capacidad lectora; cada uno escribirá
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 a los
alumnos y a sus profesores que los prepararon. Se espera que todo lo anterior impacte
positivamente en los demás alumnos y profesores entusiasmándolos y contagiándolos con
los logros obtenidos.
Los estudiantes podrán participar en la categoría y en las etapas que les correspondan de
acuerdo a 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 problemario
en el que se proponen problemas similares a los que los alumnos enfrentarán en cada
una de las tres etapas del concurso.
Es importante que el maestro dedique un tiempo exclusivo para el trabajo con el
problemario. Se recomienda destinar al menos 1 hora a la semana. La metodología de
trabajo sugerida es la misma que la propuesta en los Planes y Programas de Estudio
oficiales de Matemáticas 2006.
En un ambiente de confianza creado por el maestro, los alumnos deberán “entrar” a los
problemas con las herramientas personales de que disponen e intentar encontrarles al
menos una solución para confrontar posteriormente con el resto de sus compañeros, los
resultados a los que lleguen 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 sin
importar si los llevaron o no a la solución final.
El profesor previamente deberá resolver los problemas que propondrá en la sesión de
trabajo 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,

4
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 surgido como necesarios en la resolución y representado
una dificultad para los estudiantes.
Los problemas incluidos en este cuadernillo han sido tomados principalmente de los
calendarios matemáticos 2007-2008 y 2009-2010 “Un reto más” y de algunos exámenes y
problemarios de la Asociación Nacional de Profesores de Matemáticas (ANPM) delegación
Jalisco.

5
PROBLEMAS
1. Se escriben los dígitos 1, 2, 3, 4 en cuatro papelitos que se guardan en una caja. Si dos
de los papelitos se extraen al azar, ¿cuál es la probabilidad de que la suma de los
números sea múltiplo de 3?
2. En un torneo de fútbol cada equipo juega 19 partidos en total. Cada vez que un equipo
gana obtiene 3 puntos y si empata obtiene 1 punto. Al final del torneo el equipo de
México obtuvo 28 puntos. ¿Cuál es el mínimo número de partidos que ganó?
3. Si la suma de tres enteros positivos consecutivos es igual al producto de los tres
números. ¿Cuánto vale la suma de los cuadrados de los tres enteros?
4. Un faro emite tres colores distintos: rojo una vez cada 16 segundos, verde una vez
cada 45 segundos y blanco una vez cada 2 minutos con 20 segundos. Los tres colores
se emiten simultáneamente a media noche. Indica cada cuánto tiempo:
(a) se emiten rojo y verde
(b) se emiten rojo y blanco
(c) se emiten blanco y verde
(d) se emiten los tres colores al mismo tiempo
5. El primer “panal” está formado por 7 hexágonos y 30 palitos, el segundo por 12
hexágonos y 49 palitos, ¿cuántos palitos necesitarás para formar un “panal” de 37
hexágonos?
Fig. 1 Fig. 2 Fig. 3

6
6. Los ángulos de un triángulo están en proporción 2:3:4, ¿a qué es igual la suma de los
dos ángulos menores?
7. ¿Cuántos divisores mayores que 12 tiene el número  20
64 3 ?
8. El pentágono ROTES es regular, PON es un triángulo equilátero y PATO es un
cuadrado. Encuentra la medida de ángulo RNO.
9.
10. La cruz está formada por cinco cuadrados congruentes (iguales). Si la longitud marcada
es de 6 cm, ¿cuánto vale el área de la cruz?
11. Supongamos que todo número de 7 dígitos es un posible número telefónico, excepto
si comienza con 0 ó 1. ¿Cuál es la fracción de números telefónicos que comienzan con
9 y terminan con 0?
A
P
S
R
N
T
E
O
Definimos la operación como a b = a2 + 3b
¿Cuál es el valor de (2 0) (0 1)?

7
12. Sobre el segmento AB, cuya longitud es de 42 cm, se construye un triángulo equilátero
y un cuadrado que tienen el mismo perímetro. ¿Cuánto vale la diferencia entre el lado
del triángulo y el lado del cuadrado?
13. En el triángulo ABC, con ángulo recto en C, se inscribe un cuadrado de lado x, como se
muestra en la figura. Encuentra el valor de los catetos.
14. La gráfica muestra cómo varía el peso de una carta (incluyendo el sobre) con el
número de hojas de papel utilizadas. ¿Cuánto pesa una hoja de papel?
15. Dos hermanos corrieron 100 m. El mayor ganó por 3 m, es decir cuando el mayor llegó
a la meta el menor habían recorrido 97 m. Deciden correr otra vez, pero ahora el
hermano mayor va a empezar 3 m detrás de la línea de salida. Suponiendo que los
dos corren como la vez anterior. ¿Quién ganará esta vez?
42 cm B
8
3
1,5 2,5 4,5
2
3 cm
5 cm
9 cm
6cm
16cm
3 cm
4
A
1 2 3 4 hojas
gr
30
20
10

8
16. Si las primeras cuatro figuras son.
¿Cuántos cuadritos hay en la figura 20?
17. ¿Por cuáles números se puede sustituir la letra “𝑎” para que el número 975, 823, 664,
2𝑎2 sea divisible entre 12?
18. los dígitos W, X, Y, Z se forman los números de cuatro dígitos WXYZ y ZYXW que deben
cumplir la siguiente relación:
Encuentra los valores de los cuatro dígitos.
19. Seis equipos participaron en un torneo regional de fútbol. Cada uno de ellos jugó una
vez contra cada uno de los otros cinco. Por cada victoria le daban 3 puntos a equipo,
por cada empate 1 punto a cada equipo y por cada derrota 0 puntos.
En la siguiente tabla (que está incompleta) se muestran algunos de los resultados
finales del torneo:
Equipo Victorias Empates Derrotas Puntos
A 3 ? ? 10
B 2 ? ? 8
C 2 ? ? 7
D 1 ? ? 6
E 1 ? ? 4
F ? ? ? 4
Fig. 1 Fig. 2 Fig. 3 Fig. 4

9
1
A
B C
1
12
a) ¿Cuántos partidos ganó el equipo F?
b) Si el equipo A le ganó al equipo F, ¿contra quién o quiénes empató el equipo D?
20. En la siguiente secuencia …., k, m, n, p, 1, 1, 2, 3, 5, 8……. Cada número es suma de los
dos anteriores. Encuentra el valor de k.
21. ¿Qué fracción del área del triángulo ABC es el área sombreada?
22. Los 16 dígitos de una tarjeta de crédito están escritos en las casillas de modo que la
suma de cada tres dígitos en casillas consecutivas es 18. ¿Podrás averiguar el número
completo?
23. Un determinado año tiene 365 días de los cuales 53 son domingos, ¿en qué día de la
semana no pudo haber caído el 24 de enero de ese año?
7 8

10
24. Se tienen tres cuadrados I, II y III de lados 5, 4 y 3 respectivamente colocados uno
seguido del otro como se muestra en la figura. Luego se traza una línea que va de un
vértice del cuadrado I a un vértice del cuadrado III como se muestra en la figura, ¿cuál
es el valor del área sombreada?
25. ¿Cuál es el resultado de la siguiente operación:
1 + 2 − 3 + 4 + 5 − 6 + 7 + 8 − 9 + ⋯+ 2005 + 2006 − 2007 + 2008 ?
26. Un libro de una colección cuesta $1,000.00 y unos pesos más. El costo de seis libros de
la misma colección es de menos de $8,000.00. El costo de la colección completa de
siete libros es de más de $8,000.00.
Una escuela pide cooperación equitativa a sus 180 alumnos para comprar el primer
libro de la colección para la biblioteca. Cada uno de los alumnos dio una cantidad igual
(en pesos enteros, sin centavos) y la escuela todavía tuvo que poner $15.00 más para
completar el precio. ¿Cuánto cuesta cada libro?
27. En mi calculadora una de las teclas del 1 al 6 funciona mal. Al apretarla aparece un
dígito del 1 al 9 pero que no corresponde a dicha tecla. Cuando escribí el número
987654321, apareció un número que es divisible entre 11 y restó 3 al dividirlo entre 9.
¿Cuál es la tecla descompuesta, qué número salió?
28. Definimos la operación * como
𝐴 ∗ 𝐵 =
𝐴 + 2𝐵
3
¿Cuál es el valor de[(4∗ 7) ∗ 8] − [4 ∗ (7 ∗ 8)]?
70
I
II III

11
29. Un cuadrado de lado 1 tiene en su interior cuatro semicírculos de radios iguales y
tangentes entre sí, con sus centros en los puntos medios de los lados del cuadrado,
como se muestra en la figura.
Calcula el área de la región sombreada.
30. Un edificio tiene sus pisos numerados del 0 al 25. El ascensor de dicho edificio tiene
sólo dos botones, uno verde y uno rojo. Al apretar el botón verde, el elevador sube 5
pisos y al apretar el botón rojo, baja 2 pisos. ¿Cuál es el mínimo número de veces que
tenemos que apretar los botones para subir del piso 5 al piso 16 utilizando el
elevador?
Encuentra todas las posibles secuencias de botones que tenemos que apretar
siguiendo las condiciones del inciso anterior.
NOTA: Si se aprieta el botón verde cuando no hay suficientes pisos por encima, el
elevador se rompe y lo mismo ocurre cuando se aprieta el botón rojo y no hay
suficientes pisos por debajo.
31. Según afirma una noticia periodística el 20% de la humanidad dispone del 80% de la
riqueza mundial. Suponiendo que la afirmación es cierta, ¿cuántas veces es más rica
una persona incluida en este 20% que otra del resto de la humanidad?
32. Divide a los números del 1 al 9 en tres grupos de 4, 3 y 2 números, de tal forma que la
suma de los números de cada grupo sea la misma.

12
33. Los dígitos a, b y c son distintos entre sí y cumplen con la siguiente igualdad:
6
3
2
ca
ba

Determina los valores de a, b y c.
34. ¿Cuántos dígitos tiene el número M = 41000 · 52002?
35. El área del triángulo ABC es 3. ¿Cuál es el área del triángulo CDE, si CA=4, AD=6, CB=6,
BE=2?

13
SOLUCIONES
1. La probabilidad de un evento se calcula dividiendo el número de casos probables entre
el número de casos posibles. En este caso el número de casos posibles se refiere al
total de casos en que podemos obtener utilizando los dígitos 1, 2, 3 y 4, éstos son:
1 + 2 = 3
1 + 3 = 4
1 + 4 = 5
2 + 3 = 5
2 + 4 = 6
3 + 4 = 7
Observemos que tenemos un total de 6 casos posibles, de los cuales sólo dos cumplen
que la suma es múltiplo de 3. Así que la probabilidad es igual a
2 1
6 3
 .
2. Sean g, e y p la cantidad de partidos que México ganó, empató y perdió,
respectivamente, durante el torneo. Como se jugaron 19 partidos, tenemos, tenemos
que g + e + p =19. como por cada partido ganado México obtuvo 3 puntos, tenemos
que 3q + e = 28, de donde 3g = 28 – e. Esto significa que 28 – e tiene que ser divisible
entre 3, luego e = 1, 4, 7, 10 ó 13 y g = 9, 8, 7, 6 ó 5 respectivamente. Observemos que
e no puede ser mayor o igual a 16. ya que si e = 16. entonces g = 4 y por lo tanto
México habría jugado al menos 20 partidos. Por lo tanto el mínimo valor para g es 5, es
decir el mínimo número de partidos que ganó México son 5.
3. Sean n – 1, n y n + 1 los tres enteros positivos consecutivos. Entonces,
(n – 1) + n + (n + 1) = ( n – 1)(n)(n+1)
3n = n ( n2 –1)
3 = n2 -1
n2 = 4
n = ±2
Como no es positivo, entonces n = 2 y, por lo tanto, n – 1 = 1 y n + 1 = 3. Luego, la suma
de los cuadrados de los tres enteros es 12 + 22 + 32 = 14.
4. Para cada uno de los incisos, basta con encontrar el mínimo común múltiplo de los
segundos que tarda cada color:
El mínimo común múltiplo de 16 y 45 es 720, así que coinciden cada 12 minutos.
El mínimo común múltiplo entre 16 y 140 es 560, así que coinciden cada 9 minutos con
20 segundos.
El mínimo común múltiplo entre 45 y 140 es 1260, así que coinciden cada 21 minutos.

14
Finalmente, el mínimo común múltiplo entre 16, 45 y 140 es 5040, así que coinciden
cada 84 minutos.
5. Observemos que para formar la primera columna del “panal” de 7 hexágonos se
utilizaron 11 palitos; para formar la segunda columna se utilizaron 12 palitos y para la
tercera se usaron 7 palitos. Para la cuarta columna del “panal” de 12 hexágonos se
utilizaron nuevamente 12 palitos. A partir de aquí el patrón se repite. Ahora bien, para
que nuestro “panal” tenga 37 hexágonos, necesitamos 25 hexágonos más que los 12
que tenemos en la segunda figura, es decir, 5 veces patrones de columnas con 3 y 2
hexágonos.
Luego tendremos los 11 palitos iniciales y para cada patrón de 5 hexágonos
necesitamos 19 palitos. Por lo tanto, en total necesitaremos 11 + (7 X 19) = 144 palitos.
6. Como tenemos que los ángulos de un triángulo están en proporción 2:3:4,
supongamos que éstos tienen medidas 2x , 3x y 4x . Lo que nosotros sabemos es
que la suma de estos tres ángulos debe ser igual a 180º. Así que:
2 3 4 180
9 180
180
20º
9
x x x
x
x
  

 
Esto quiere decir que los ángulos del triángulo son de 40º, 60º y 80º. Finalmente,
como nos preguntan la suma de los dos ángulos menores, ésta es igual a 100º.
7. Factorizando en primos, el número nos queda como
6 20
2 3 . Para obtener el número
de divisores de un número, lo que tenemos que hacer es sumarle uno a todos los
exponentes de sus factores primos y multiplicarlos entre sí, esto es:
  6 1 20 1 7 21 147     divisores
Ahora, encontremos el número de divisores menores o iguales que 12. Los divisores
son: 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, y 12. Así, que hay 147 – 8 = 139 divisores mayores que 12.
5
6 4
4
5 3
4
3
5
3
4
3

15
8. Para determinar la medida del ángulo RNO, fijémonos en los ángulos alrededor de O.
Sabemos que:
9. Tenemos que Luego,
10. Denotemos por x a la longitud del lado de cada cuadrado.
A
P
S
R
N
T
E
O
NOR + ROT + TOP + PON = 360o.1.
2. PON = 60o, dado que el triángulo PON es equilátero.
3. TOP = 90o, dado que PATO es un cuadrado.
ROT = 108o, dado que ROTES es un pentágono regular.4.
NOR = 360o – 108o – 90o – 60o = 102o.
Luego,
Tanto PON como PATO y ROTES tienen un lado común, luego todos los lados de las
figuras son iguales. Por lo tanto, el triángulo NOR es isósceles y el ángulo RNO =
(180o – 102o) / 2 = 39o
B
A
C
x6
(2 0) (0 1) = 5 3 = 52 + 33 = 52.
2 0 = 22 + 30 = 4 + 1 = 5 y 0 1 = 02 + 31 = 0 +3.

16
En el triángulo ABC, por el teorema de Pitágoras, tenemos que:
62
= 𝑥2
+ (2𝑥)2
36 = 𝑥2
+ 4𝑥2
36 = 5𝑥2
36
5
= 𝑥2
.
Por lo tanto, el área de cada cuadrado es de
36
5
𝑐𝑚2
. Como la cruz está formada por 5
cuadrados, el área de la cruz es de 36𝑐𝑚2
.
11. Si tenemos 7 lugares y en la primera posición sólo podemos poner 8 números tenemos
en total 8 X 106 = 8, 000, 000 números. Si queremos los números que empiezan con 9
y terminan con 0, únicamente tenemos 105 = 100, 000 números. Luego, la fracción de
los números que comienzan con nueve y terminan con 0 es
100 ,000
8,000,000
=
1
80
.
12. Denotemos por t la medida del triángulo y por c la medida del lado del cuadrado.
Tenemos que t + c = 42 y que 3t = 4c, luego, t = 42 – c y 3(42 – c ) = 4c, de
donde c = 18 cm. Sustituyendo el valor de c, obtenemos que t = 42 – 18 = 24 cm.
Por lo tanto, la diferencia entre el lado del triángulo y el lado del cuadrado es, 24 –
18 = 6 cm.
13. Primero nombremos los otros vértices del cuadrado como D, E y F. Notemos que
los triángulos ADE, EFB y ACB son semejantes, ya que los ángulos DAE y FEB son
iguales, así como los ángulos AED y EBF.
42 cm B
8
3
1,5 2,5 4,5
2
3 cm
5 cm
9 cm
6cm
16cm
3 cm
4
A
t
c

17
Entonces, como ADE y EFB son semejantes tenemos que:
AD AE DE
EF EB FB
 
y como son triángulos rectángulos,
2
1600AD x  . Así,
AD AE
EF EB
 por lo que
2
1600 40 2
60 3
x
x

 
2 2
1600
3
x x 
2
2 22 4
1600
3 9
x x x
 
   
 
213
1600
9
x
214400
13
x
14400 120
13 13
x  
Para calcular los catetos tenemos que:
2 120 14400
1600 1600
1313
120 6400 120 80 200
1313 13 13 13
AC x x      
    
2 120 14400
3600 6400
1313
120 32400 120 180 300
1313 13 13 13
BC x x      
    
14. Con ninguna hoja el sobre pesa 10 gramos, con una hoja pesa 15 gramos. Por lo tanto,
cada hoja pesa 5 gramos.

18
2 4 61 1,5,5 2,5
90
543
70
I
II III
15. En la primera carrera de velocidad del mayor es 𝑉𝑀 =
100
𝑡
y la del menor 𝑉𝑚 =
97
𝑡
. En
la segunda carrera el tiempo que tarda el mayor en recorrer 103 metros es 𝑡1 =
103
𝑉 𝑀
y
en ese mismo tiempo el menor recorre 𝑡1 =
𝑥
𝑉 𝑚
. Igualando las últimas dos ecuaciones
tenemos que
103
𝑉 𝑀
=
𝑥
𝑉 𝑚
, despejando tenemos que 𝑥 =
103
𝑉 𝑀
∙ 𝑉𝑚 . Sustituyendo los
valores de 𝑉𝑀 y 𝑉𝑚 tenemos que 𝑥 =
103×97
100
= 99.91 metros, es decir, que el mayor
llegó a la meta y al pequeño le faltaban 9 centímetros. Por lo tanto, sigue ganando el
mayor.
16. El número de cuadraditos en cada figura es 1, 5, 13, 25, respectivamente. Observemos
que la segunda figura tiene el mismo número de cuadraditos de la primer figura más 4,
es decir, 1 + 4 = 5 cuadraditos; la tercera figura tiene el mismo número de cuadraditos
que la segunda figura más 8, es decir, 5 + 8 = 13 cuadraditos; la cuarta figura tiene el
mismo número de cuadraditos que la tercera figura más 12, es decir, 13 + 12
cuadraditos y así sucesivamente, siempre aumentando progresivamente a los
cuadraditos de la figura anterior un múltiplo de 4 de cuadraditos, esto se puede
escribir así:
1 = 1 + 4(0)
5 = 1 + 4(0) + 4(1)
13 = 1 + 4(0) + 4(1) + 4(2)= 1 + 4(1 + 2)
25 = 1 + 4(0) + 4(1) + 4(2) + 4(3) = 1 + 4(1 + 2 + 3)
41 = 1 + 4(0) + 4(1) + 4(2) + 4(3) + 4(4) = 1 + 4(1 + 2 + 3 + 4).
Por lo tanto, el número de cuadraditos en la figura 20 será:
1 + 4(1 + 2 + 3 + ⋯ + 19) = 1 + 4 (
19×29
2
) = 1 + 4(190) = 761
Otra manera de resolver es observar que en cada figura podemos contar los
cuadraditos que están sobre las diagonales:
La primera figura tiene una diagonal con 1 cuadradito (gris), es decir, 1 X 1 = 1
cuadradito en total; la segunda figura tiene 2 diagonales con un 2 cuadraditos (grises)
y una diagonal con 1 cuadradito (blanco), es decir, (2 X 2) + (1 X 1) = 5 cuadraditos ; la
tercera figura tiene tres diagonales con 3 cuadraditos (grises) y dos diagonales con 2

19
cuadraditos (blancos), es decir, (3 X 3) + (2 X 2) = 13 cuadraditos en total; la cuarta
figura tiene 4 diagonales con 4 cuadraditos (grises) y tres diagonales con 3
cuadraditos (blancos), es decir, (4 X 4) + (3 X 3) = 25 cuadraditos en total. Luego, la
figura número veinte deberá tener veinte diagonales con 20 cuadraditos (grises) y
diecinueve diagonales con 19 cuadraditos (blancos), es decir:
(20 X 20) + (19 X 19) = 400 + 361 =7 61 cuadraditos en total.
17. Para que un número sea divisible entre 12, tiene que ser divisible entre 3 y 4. Para que
sea divisible entre 4 los dos últimos dígitos deben ser divisibles entre 4. Por lo tanto, a
puede ser 3 ó 9.
18. Primero observemos que W = 1, ya que no puede ser 0 porque entonces el número
WXYZ no sería de cuatro dígitos, y no puede ser 2 o más porque al multiplicar WXYZ
por 9 el resultado sería de 5 cifras.
Como al multiplicar el dígito Z por 9 el resultado tiene que ser W = 1, entonces Z = 9
(ya que 9 x 9 termina en 1).
Ahora, como W = 1 por 9 nos da Z = 9, entonces al multiplicar X por 9 no tenemos que
llevar nada, entonces tenemos dos opciones: X = 0 o X =1. Si X = 1, observemos que al
multiplicar Y por 9 y sumarle 8 (porque llevamos 8 de la multiplicación de Z por 9) el
único número que nos puede dar 1 es Y = 7 y no cumple queda ya que quedaría:
Así que X = 0, para que esto suceda Y vale 8 y sí cumple y queda de la siguiente forma:
Por lo tanto, W = 1, X = 0, Y = 8 y Z = 9.

20
1
A
B C
1
12
5,00 cm
D S
H
C
GF
E
5,00 cm
D
h
19.
a) Primero llenemos los primeros cinco renglones de la tabla, considerando que el
número de empates es lo que faltan de puntos, y el número de derrotas es lo que
falta para completar 5 partidos.
Equipo Victorias Empates Derrotas Puntos
A 3 1 1 10
B 2 2 1 8
C 2 1 2 7
D 1 3 1 6
E 1 1 3 4
F ? ? ? 4
b) Ahora observemos que el equipo F tuvo dos posibilidades para obtener 4 puntos:
c) Ganar 1 partido, empatar 1 y perder 3
d) Ganar 0 partidos, empatar 4 y perder 1
e) Ahora tenemos que ver que al sumar las victorias de todos los equipos debe ser
igual a que sumemos las derrotas de todos ellos.
f) Si la opción (a) fuera verdadera, entonces tendríamos 10 victorias y 11 derrotas, así
que la desechamos.
g) Si la opción (b) fuera verdadera, entonces tendríamos 9 victorias y 9 derrotas. Así
que F no ganó ningún partido.
20. Sabemos que 𝑝 + 0 = 1, por lo que, 𝑝 = 1. Luego, 𝑛 + 𝑝 = 0, de donde 𝑛 = −1.
Como 1 = 𝑚 + 𝑛, se tiene que 𝑚 = 2y que 𝑛 = 𝑘 + 𝑚, entonces 𝑘 = −3.
Sabemos que 𝑝 + 1 = 1, por lo que 𝑝 = 0. Luego, 𝑛 + 𝑝 = 1, es decir, 𝑛 + 0 = 1, de
donde 𝑛 = 1. Como 𝑚 + 𝑛 = 𝑝, es decir, 𝑛 + 1 = 0 y 𝑛 = −1. Finalmente 𝑘 + 𝑛 =
𝑚, es decir, 𝑘 + (−1) = 1 y 𝑘 = 2.
21. Como el triángulo ABD es isósceles, tenemos que la altura desde D o la altura desde A
miden lo mismo. Llamemos h a esa altura.
El área sombreada corresponde al área del triángulo ADC más el área del triángulo
AED. Ahora bien, el área de ADC es
2
1 h
2
h
 y el área de AED es
2
1 h
2
h
 .

21
Entonces el área sombreada es igual a 
2
h
h
h

2
.
Por otro lado, el área del triángulo ABC es 

2
3 h
2
3h
. Por lo tanto, el área sombreada
es
3
2
partes del total.
22. Denotemos por 𝑎, 𝑏, 𝑐, los números de las primeras 3 casillas y por 𝑑, 𝑒 y 𝑓 los
números que están en las 3 casillas anteriores al 8.
a b c 7 d e f 8
Tenemos que 𝑏 + 𝑐 + 7 = 18, luego 𝑏 + 𝑐 = 11, de donde 𝑎 = 7. También 𝑒 + 𝑓 +
8 = 18, luego, 𝑒 + 𝑓 = 10 de donde 𝑑 = 8. Ahora denotemos por 𝑟, 𝑠, 𝑡
y 𝑢 los números que están en las casillas entre el 7 y la 𝑑.
7 b c 7 r s t u 8 e f 8
Observemos que 𝑟 + 𝑠 = 11, luego 𝑡 = 7. Como 𝑡 + 𝑢 + 8 = 15 + 𝑢 = 18, 𝑢 = 3, de
donde 𝑠 = 8 y 𝑟 = 3. Asimismo, como 𝑐 + 7 + 𝑟 = 𝑐 + 10 = 18, 𝑐 = 8, de donde 𝑏 =
3. Continuando con este razonamiento a que 𝑒 = 7 y 𝑓 = 3. Luego, el número de la
tarjeta es el 7387387387387387.
23. Primero calculemos el número de semanas completas que hay en un año. Para eso
dividamos 365 entre 7 y obtenemos 52 y nos sobra 1.
Eso quiere decir que sólo tenemos 52 semanas, pero existe un día que aparece 53
veces en el calendario, y ese día es el domingo. Esto quiere decir que el 1º de enero
de ese año es domingo, así que solo basta calcular el día que cayó el 24 de enero:
D L M Mi J V S
1 2 3 4 5 6 7
8 9 10 11 12 13 14
15 16 17 18 19 20 21
22 23 24 25 26 27 28
29 30 31
Por lo tanto, el 24 de enero cayó en martes. Así que los días de la semana en los que
no pudo haber caído son domingo, lunes, miércoles, jueves, viernes y sábado.

22
24. Nombremos a los vértices que vamos a utilizar en la solución.
Observemos que AB y CD son paralelas así que los triángulos ABE y CDE son
semejantes. Debido a que AB = 5 y CD = 7, esos triángulos están en razón 5 a 7.
Por lo tanto, por semejanza entre los triángulos ABE y CDE:
5
7
AB BE EA
CD DE EC
  
Así que 7BE = 5DE y BE + DE = 5, entonces
25
12
BE  y
35
12
CE 
El área del triángulo ABE es igual
 
25
5
12512
2 24
 
 
   .
Ahora observemos que la suma de las áreas de los tres cuadrados es igual a la suma
del área del triángulo ABE, del triángulo ADF y el área sombreada.
Como la suma de las áreas de los 3 cuadrados es de 25 + 16 + 9 = 50, entonces
tenemos que:
Área (ABE) + área (ADF) + área (Sombreada) = 50
Pero área (ABE) =
125
24
y área(ADF) = 30, así que:
125
24
+ 30 + área (Sombrada) = 50
Área (Sombreada) = 50 – 30 –
125
24
=
365
24
25. Observemos que.
1 + 2 − 3 = 0
4 + 5 − 6 = 3
7 + 8 − 9 = 6
2005+ 2006 − 2007 = 2004.
70
I
II III
A B
C D
E

23
Luego, tenemos que resolver la suma 3 + 6 + ⋯ + 2004. Por la suma de Gauss,
tenemos que:
3 + 6 + ⋯ + 2004 = 3(1 + 2 + 3 + ⋯+ 668) = 3
(668)(669)
2
= 670,338
Por lo tanto,
1 + 2 − 3 + 4 + 5 − 6 + 7 + 8 − 9 + ⋯+ 2005 + 2006 − 2007 + 2008
= 670, 338 + 2008 = 672, 346
26. Si 6 libros cuestan menos de $8,000.00 significa que cada libro cuesta menos de
$1,333.33.
Si 7 libros cuestan más de $8,000.00 significa que cada libro cuesta más de $1,142.86.
Ahora vamos a buscar múltiplos de 180 que estén entre estos números (ya que son
180 alumnos y cada uno dio un número entero de pesos). Si dividimos $1,142.86 entre
180 nos da $6.34, así tenemos que la siguiente lista de múltiplos de 180:
180 x 6 = 1080
180 x 7 = 1260
180 x 8 = 1440
El único que cumple que es mayor que $1,142.86 y menor que 1333.33 es el 1260, así
que cada niño dio $7.00. Pero si el problema dice que la escuela puso $15 pesos a
parte de lo que dieron los niños (que fue $1,260.00), entonces cada libro cuesta
$1,275.00.
27. Recordemos que un número 𝑎𝑏𝑐𝑑𝑒𝑓𝑔ℎ𝑖 es divisible entre 11 si 𝑎 + 𝑐 + 𝑒 + 𝑔 + 𝑖 −
( 𝑏 + 𝑒 + 𝑓 + ℎ) = 11𝑘, deja residuo 3 al dividirlo entre 9 si 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 + 𝑓 +
𝑔 + ℎ + 𝑖 = 9ℎ + 3. Como la suma de los dígitos es 1 + 2 + 3 + ⋯+ 9 = 45 = 9 × 5
necesitamos que el dígito que cambia aumente en 3 o disminuya en 6. Observemos
que 9 + 7 + 5 + 3 + 1 = 25 y 8 + 6 + 4 + 2 =2 0, luego para que al cambiar un dígito el
número sea divisible entre 11, la única posibilidad es que la suma de los dígitos que
están en posiciones pares sea 14. Si la tecla descompuesta corresponde al número 6 y
en su lugar aparece el 0, tendríamos que 9 + 7 + 5 + 3 + 1 – (8 + 0 + 4 + 2) = 11 y 9 +7 +
5 + 3 +1 + 8 + 0 + 4 + 2 = 39 = 9(6) + 3, es decir, tendríamos que 987054321 es el
número buscado.
28. Haciendo las operaciones, obtenemos que:
4 ∗ 7 =
4+2(7)
3
=
18
3
= 6 y 7 ∗ 8 =
7+2(8)
3
=
23
3
. Similarmente, 6 ∗ 8 =
6+2(8)
3
=
22
3
y
4 ∗
23
3
=
4+2(
23
3
)
3
=
58
9
, Por lo tanto [(4 ∗ 7) ∗ 8] − [4 ∗ (7 ∗ 8)] =
22
3
−
58
9
=
8
9
.

24
29. Si unimos los centros de los círculos (que son los puntos medios del cuadrado)
observamos que estas líneas pasan por el punto de tangencia, así que la longitud
de cada una es de 2r, donde r es el radio de cada círculo.
Aplicando Teorema de Pitágoras en el triángulo con hipotenusa 2r, tenemos que:
 
2 2
21 1
2
2 2
r
   
    
   
21
4
2
r
1
2 2
r 
Finalmente, el área del la región sombreada es el área del cuadrado (la cual es 1)
menos el área de las cuatro semicircunferencias.
El área de cada semicircunferencia es:
2
1
2 2
2 16


 
 
  
Por lo tanto, el área sombreada es igual a:
1 4 1
16 4
  
   
 
30.
(a) Observemos que tenemos que subir 11 pisos. Para subir 11 pisos, el mínimo número
de veces que tenemos que apretar el botón verde es de 3 (para subir 15 pisos, ya que
el otro elevador baja) y con esto, tenemos que apretar 2 veces el botón rojo. Por otro
lado, si sólo apretáramos el botón verde saliendo desde el piso 5, sólo podemos caer
en pisos que son múltiplos de 5, así que es necesario apretar dos veces el botón rojo
(como mínimo) para caer en un número que termine en 1 o en 6 (para terminar en el
piso 16).

25
Así que el mínimo número de veces que tenemos que apretar los botones del
elevador es 5.
(b) Como tenemos que apretar dos veces el botón rojo y tres veces el botón verde,
entonces tenemos que hay:
B1 Piso B2 Piso B3 Piso B4 Piso B5 Piso
R 3 R 1 V 6 V 11 V 16
R 3 V 8 R 6 V 11 V 16
R 3 V 8 V 13 R 11 V 16
R 3 V 8 V 13 V 18 R 16
V 10 R 8 R 6 V 11 V 16
V 10 R 8 V 13 R 11 V 16
V 10 R 8 V 13 V 18 R 16
V 10 V 15 R 13 R 11 V 16
V 10 V 15 R 13 V 18 R 16
V 10 V 15 V 20 R 18 R 16
Si observamos la tabla, vemos que sólo hay diez secuencias posibles de apretar los
botones. (La Tabla se hizo para ver que el elevador no se rompía por no haber
suficientes pisos por arriba o por abajo).
31. Si el 20 % de la humanidad tiene el 80 % de la riqueza, entonces cada persona tiene en
promedio
80
20
= 4 % de la riqueza. Por otro lado, 80 % de la humanidad tiene el 20 %
de la riqueza, entonces cada persona tiene en promedio
20
80
= 0.25 %. Luego, una
persona incluida en el 20 % más rica de la humanidad es
4
.25
= 16 veces más rica.
32. Como 1 + 2 + 3 + ⋯ + 9 = 45, tenemos que formar 3 grupos cuya suma sea 15.
Como el primer grupo debe tener 4 número, si ponemos el 9 tenemos que acompletar
con el 1, 2 y 3 ya que 1 + 2 + 3 + 9 = 15. El segundo grupo debe tener 3 números,
luego en este grupo no puede estar ni el 7 ni el 8, por lo que estarían el 4, 5 y 6.
Finalmente en el grupo de dos elementos ponemos al 7 y 8. Observa que ésta no es la
única solución.
33. Acomodemos la igualdad de la siguiente forma:
Si nos fijamos los únicos dos valores que puede tomar a son 0 y 5 (ya que al multiplicar
a por 3, nos da el mismo dígito a).

26
Caso 1. a = 0
Si nos fijamos, 3 x b nos da el dígito c exactamente y no llevamos nada ya que 3 x 2 = 6
y 3 x 0 = 0. Así que b puede ser 0, 1, 2 y 3, pero como a ya vale 0, entonces sólo puede
valer 1, 2 y 3. Así que en este caso tenemos los valores:
a = 0, b = 1, c = 3
a = 0, b = 2, c = 6
a = 0, b = 3, c = 9
Caso 2. a = 5
En este caso tenemos que 3 x b + 1 = c, ya que llevamos uno de la multiplicación de 3 x
5 = 15. Así que ahora b puede ser 0, 1 y 2, para que c sea 1, 4 y 7. Por lo que en este
caso tenemos los valores:
a = 5, b = 0, c = 1
a = 5, b = 1, c = 4
a = 5, b = 2, c = 7
34. El número
1000 2002
4 5 se puede expresar como
2000 2002
2 5 . Hay que notar que yo
obtengo un cero al final de un número, por cada factor 10 que éste tenga. Para formar
un factor 10, debo tener un factor 2 y un factor 5, por lo que el número M lo puedo
expresar como  2000 2000 2
2 5 5  o mejor dicho
2000
10 25 , esto significa que el
número M es de la forma:
2000 ceros
25000...00014 2 43
Por lo tanto, tiene 2000 ceros.
35. Sabemos que área (ABC) = 3, CA = 4, AD = 6, CB = 6 y BE = 2. El área del triángulo ABC
la obtenemos multiplicando la base BC por la altura y dividiendo entre 2; eso quiere
decir que la altura que sale del vértice A
mide 1.
Ahora tracemos el segmento AE,
observemos que el triángulo ABC y el ABE
tienen la misma altura (que mide 1) y la
base del triángulo ABE mide 2, entonces
el área del triángulo ABE es 1.
El área del triángulo ACE es igual a 4, ya
que es la suma de las áreas de los triángulos ABC y ABE. Si de este triángulo tomamos
como base el lado AC, la altura que sale del vértice E debe medir 2 (porque AC = 4 y su
área es 4). Aquí también sucede que la altura es compartida por los triángulos ACE y
ADE, así que el área del triángulo ADE es igual a 6, porque su base AD mide 6 y su
altura mide 2. Finalmente, el área del triángulo CDE es igual a la suma de las áreas de
los triángulos ACE y ADE, así que es igual a 10.

Cuadernillo secundaria 2010

Recomendados

Recomendados

Más contenido relacionado

La actualidad más candente

La actualidad más candente (20)

Destacado

Destacado (20)

Similar a Cuadernillo secundaria 2010

Similar a Cuadernillo secundaria 2010 (20)

Último

Último (20)

Cuadernillo secundaria 2010