Olimpiada Mexicana de Matemáticas Examen estatal de aja alifornia Primera etapa Nombre: Semestre o año: Instrucciones: -ontesta las preguntas en las hojas blancas que te serán proporcionadas. -ada respuesta correcta vale 5 puntos. -El puntaje máximo posible es de 50 puntos. -No se permite el uso de calculadoras. -Este examen tiene una duración de 2 horas. uena Suerte!!! Problema 1 Sea un cuadrado. Sean E y F puntos sobre el lado tales que E = EF = F. Qué fracción del cuadrado delimita el trapecio F E? F E Problema 2 Se tienen cuadrados de 1 1, 2 2 y. uál es la menor cantidad de cuadrados que se deben usar para completar un cuadrado, usando al menos uno de cada uno?
2 Problema uántos resultados diferentes podemos obtener sumando dos números distintos del conjunto {1, 2,,..., 10}? Problema 4 uánto mide el área de un cuadrado inscrito en una semicircunferencia de radio 1? O Problema 5 Un número capicúa es el que se lee igual de derecha a izquierda que de izquierda a derecha, por ejemplo, el número 12421. uántos números capicúas menores que cien mil existen? Problema 6 uál es el último dígito de 2005? Problema 7 Si x = 6 + 6 + 6 +... y y = 6 6 6..., donde el signo... significa que continúa hasta el infinito. uánto vale x y? Problema 8 Se tienen menos de 200 canicas. Si se reparten entre, sobra una; si se reparten entre 7, sobran 2 y; si se repartieran entre 5 no sobraría ninguna. uántas canicas hay? Problema 9 Sea P un punto en el interior del rectángulo. Si P =, P = 5 y P = 4, encuentra el valor de P. P 4 5 Problema 10 ada arista de un cubo es coloreada roja o negra. ada cara del cubo tiene al menos una arista negra. Encuentra la menor cantidad de aristas negras que puede haber.
Solución 1 alculamos el área que no cubre el trapecio, la cual consiste de los triángulos rectángulos E y F, cuyas bases F y E miden un tercio del lado del cuadrado y sus alturas y son el lado del cuadrado. F E Si el lado del cuadrado mide y, entonces el área de cada uno de estos triángulos es 1 y 2 y = y2 y2 6 y el área de los dos es, la cual es 1 del área total y2. Por lo tanto, el área del trapecio es 2 del área del cuadrado. Solución 2 on uno de, tres de 2 2 y cuatro de 1 1 (ocho en total) se hace un cuadrado de 5 5. ebe de haber exactamente un cuadrado de, si hay dos tendría que haber por lo menos 9 cuadrados más. ebe de haber exactamente tres de 2 2 porque si hay más aumenta la dimensión y también el número de cuadrados usados. Solución El número más grande que podemos obtener es 19 y el más chico es. Es fácil ver que se puede obtener cualquier número entre estos dos. Por lo tanto, podemos obtener 17 resultados distintos. Solución 4 El triángulo rectángulo O tiene por hipotenusa al radio O, de aquí obtenemos que 2 + O 2 = 1. omo = 2O, entonces 2 + ( 2 )2 = 1 y el área del cuadrado es 2 = 4 5. O Solución 5 Separemos en casos según la cantidad de dígitos: a) El máximo de dígitos que tienen los números menores a cien mil es 5. Tenemos 9 formas de escoger el dígito de las decenas de millar, pues se puede escoger
4 cualquier número del 1 al 9 (el cero no, porque entonces el número sería de 4 dígitos, no de 5). Para cada una de estas formas se puede escoger las unidades de millar, ahora si, como cualquiera de los dígitos del 0 al 9, es decir, de 10 formas. para cada una de la combinaciones de decenas y unidades de millar se puede escoger el dígito de las centenas también de 10 formas. Una vez que se tiene escogida la mitad de los dígitos, dado que el número es capicúa, el resto del número se completa copiando el dígito correspondiente, por ejemplo: si ya escogimos 89, debemos finalizarlo en 9 y 8 para que quede el número capicúa 8998. En este caso tenemos 9 10 10 = 900 números. b) Para números de 4 dígitos, se hace un procedimiento similar: 9 formas de escoger las unidades de millar y 10 formas de escoger las centenas: 9 10 = 90 números. c) Para números de dígitos, es igual al caso anterior, 90 números. Son los mismos que en el caso anterior pero sin uno de los dígitos centrales repetido. d) e dos dígitos son 9, los nueve que se pueden formar utilizando cada uno de los dígitos del 1 al 9 dos veces. e) Todos los números de un dígito se leen igual al derecho y al réves. Tenemos 9 números más. En total, tenemos 900 + 90 + 90 + 9 + 9 = 1098 números capicúas menores que cien mil. Solución 6 Ñotemos que 1 termina en, 2 termina en 9, termina en 7, 4 termina en 1, y de aquí en adelante se repite el ciclo. omo el periodo del ciclo es 4 y el múltiplo de 4 más cercano es 2004, entonces, 2005 termina en. Solución 7 Sea n el número de canicas. Por las condiciones del problema sabemos que n es de las formas k + 1, 7t + 2, 5r, para algunos enteros k, t, r. Podemos reescribir estas formas como k 1 5, 7t 1 5, 5r 1 5, para algunos enteros k 1, t 1, r 1. on esto, tenemos que n+5 es simultáneamente de las formas k 1, 7t 1, 5r 1, es decir, es de la forma 5 7m = 105m, para algún entero m. El menor valor para m es 1, por lo tanto n + 5 = 105, esto es, n = 100. Solución 8 Tenemos que x 2 = 6+ 6 + 6 + 6 +..., es decir, x 2 = 6+x. Resolviendo esta ecuación cuadrática tenemos dos posibles soluciones: x = y x = 2. Pero x debe ser positivo, entonces x =. nálogamente, tenemos que y 2 = 6 y, de donde obtenemos que y = 2. Por lo tanto, x y = 1. Segunda solución: omo x 2 = 6+x y y 2 = 6 y tenemos que x 2 y 2 = x+y, esto es, (x y)(x + y) = x + y. ado que x y y son positivos, tenemos que x + y también lo es, entonces, dividiendo entre x + y ambos lados de la ecuación obtenemos que x y = 1.
Solución 9 Sean Q y R los pies de las perpendiculares trazadas desde P hacia los segmentos y, respectivamente. Utilizando el Teorema de Pitágoras obtenemos que P 2 P 2 = Q 2 Q 2 = R 2 R 2 = P 2 P 2. Sea x = P, entonces, de la expresión anterior tenemos que 2 4 2 = x 2 5 2, de aquí tenemos x 2 = 18. Por lo tanto, x = P = 2. 5 Q P x R 4 5 Solución 10 omo hay 6 caras y cada arista es compartida por sólo 2 caras, debe de haber al menos 6/2 = aristas negras. La figura muestra que aristas negras es suficiente.