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OLIMPIADA DE MATEMÁTICAS 2019

( Recopilación de problemas introductorios y soluciones )

Con el propósito de apoyar a los alumnos de las escuelas pertenecientes a la

Dirección General de Bachillerato, en su participación en las etapas Regional y Selección

DGB, la Oficina Técnica realiza esta recopilación de problemas publicados por la Sociedad

Matemática Mexicana en años anteriores, con la finalidad de que los interesados en

concursar, posean un material que les permita conocer el tipo de problemas, así como el

nivel de éstos, de tal forma que los jóvenes reciban un entrenamiento más adecuado.


Problemario 3 Recopilación de problemas introductorios y sus respectivas soluciones

Problema 1. Para cada dos números enteros a y b se define la operación * de la manera siguiente: a*b = ab + 2. ¿Cuál es el valor de (((1*1)*1)*...*1)*1 donde se han utilizado mil unos? a) 1000 b) 1001 c) 1999 d) 2001 Problema 2. ¿Cuántos números enteros hay entre 9992 y 10002, sin incluir estos dos números?

a) 999 b) 1000 c) 1998 d) 1999 Problema 3. En un cuadrado ABCD de lado 1, E es el punto medio de la diagonal BD y F punto medio de ED. ¿Cuál es el área del triángulo CFD? a) 3/8 b) 1/12 c) 1/2 d) 1/8 Problema 4. La suma de todos los dígitos del número 1099 - 99 es: a) 873 b) 874 c) 879 d) 899 Problema 5. En la siguiente figura los lados grandes y chicos son todos iguales entre sí. Los lados chicos miden la mitad de los grandes. Todos los ángulos son rectos y el área de la figura es 200. ¿Cuál es el perímetro de la figura?

a) 20 b) 40 c) 60 d) 80

Problema 6. ¿Cuántos números hay del 1 al 1000 que pueden escribirse en la forma ab con “a” y “b” enteros mayores que 1? a) 36 b) 40 c) 49 d) 50 Problema 7. ¿Cuánto vale el ángulo “x”, si las rectas horizontales son paralelas?

a) 120° b) 130° c) 140° d) 150°

Problema 8. El lado AC de un triángulo ABC se divide en 8 partes iguales. Siete segmentos de recta paralelos a BC se dibujan desde los puntos de división. Si BC = 10, ¿Cuánto mide la suma de las longitudes de los 7 segmentos?

a) 35 b) 70 c) 80 d) 89

Problema 9. Con vértices en los puntos de la figura, ¿Cuántos cuadriláteros se pueden dibujar?

a) 4 b) 16 c) 24 d) 36 Problema 10. Empiezas con el número 1. Una "operación" consiste en multiplicar el número por 3 y sumarle 5. ¿Cuál es la cifra de las unidades después de aplicar la operación 1999 veces? a) 1 b) 2 c) 8 d) 9 Problema 11. Elena, en los primeros tres exámenes sacó 7, 8 y 10. ¿Cuánto tiene que sacar en el cuarto examen para sacar 9 de promedio entre los cuatro exámenes? a) 8 b) 9 c) 10 d) no puede sacar 9 de promedio


Problema 12. Considera una fila de 5 sillas numeradas del 1 al 5. Siéntate en la silla número 1. Un movimiento consta de pararte y sentarte en una de las sillas que tengas junto. Si estás en las silla 1 sólo puedes sentarte en la silla número 2, análogamente, si estás en la silla 5 sólo puedes sentarte en la silla 4, pero si estás en cualquier otra silla tienes dos posibilidades. Realiza 19 movimientos, luego elimina la silla 1 y 5 y finalmente haz 99 movimientos más. ¿En qué silla acabarás sentado? a) 2 b) 3 c) 4 d) no se puede determinar Problema 13. Un cristal en forma de prisma tiene 27 aristas. ¿Cuántos vértices tiene? a) 10 b) 9 c) 18 d) 20 Problema 14. La primera figura tiene 3 lados y 3 picos, la segunda tiene 12 lados y 6 picos, la tercera tiene 48 lados y 18 picos y así sucesivamente. ¿Cuántos picos tendrá la quinta figura?

a) 258 b) 384 c) 768 d) 66 Problema 15. Se tiene un cubo de lado 5 formado por cubitos de lado 1. ¿Cuántos cubitos quedan totalmente ocultos a la vista? a) 25 b) 27 c) 10 d) 15 Problema 16. En la siguiente figura, los círculos son tangentes (se tocan en un sólo punto), todos los círculos son del mismo tamaño y tiene radio igual a 2. Encontrar el área de la región sombreada.

a) 2 b) 4 c) 6 d) 8 Problema 17. Un cubo de madera se corta con una sierra por los puntos A, C y G, como se indica en la figura. ¿Cuánto vale el ángulo CAG?

a) 45° b) 90° c) 60° d) 30°

Problema 18. En el siguiente cubo, ¿de cuántas formas se puede ir de A a B sobre las aristas sin pasar dos veces por el mismo vértice y sin subir?

a) 10 b) 11 c) 12 d) 13

Problema 19. ¿Cuántos números enteros positivos “n” satisfacen las desigualdad: 2 n 11

5 17 13

a) 6 b) 10 c) 8 d) 5 Problema 20. Si un cubo de arista igual a 5 se parte en cubos de arista igual a 1, entonces la suma de las longitudes de todas las aristas de todos los nuevos cubos es: a) 300 b) 400 c) 2000 d) 1500 Problema 21. Sea ABCD un cuadrado con los lados de longitud 9. ¿Cuántos puntos (dentro o fuera del cuadrado) son equidistantes de B y C y están exactamente a una distancia 6 del punto A? a) 1 b) 2 c) 5 d) más de 5


Problema 22. ¿Cuánto mide la superficie de la siguiente figura formada con cubos de lado 1?

a) 18 b) 16 c) 14 d) 12

Problema 23. Un cuadrado tiene perímetro P y área Q. Dada la ecuación 3P = 2Q, determina el valor de P a) 10 b) 12 c) 24 d) 36 Problema 24. El 70% de los habitantes de un país habla un idioma y el 60% de la misma población habla otro idioma. ¿Qué porcentaje de la población habla los 2 idiomas, sabiendo que cada habitante habla al menos uno de ellos? a) 70% b) 60% c) 30% d) 10% Problema 25. Dados dos números “a” y “b” definimos la operación □ de la siguiente manera: a □ b = a + b + ab.

Entonces, cuál es el valor de: 1 1 11 ...

2 3 1999

a) 1000/1999 b) 1999 c) 1000 + (1/1999) d) 2000 Problema 26. ¿Cuántos triángulos hay en la siguiente figura?

a) 22 b) 20 c) 18 d) 14 Problema 27. El triángulo ABC es equilátero y sus lados AC y BC son tangentes al

círculo cuyo centro es O y cuyo radio es 3 . El área del cuadrilátero AOBC es:

a) 2 3 b) 3 c) 2 d) 3 3

Problema 28. ¿Cuántas soluciones enteras tiene la ecuación: 23+x + 23-x = 65? a) 3 b) 2 c) 1 d) 0 Problema 29. Los ángulos de un triángulo están en la razón 2 : 3 : 4, la suma de los dos ángulos menores es: a) 80° b) 90° c) 100° d) 120° Problema 30. Se tienen 9 ciudades y se quieren construir carreteras entre pares de ellas de tal forma que sea posible viajar entre cualesquiera dos de ellas. ¿Cuál es el mínimo número de carreteras que se deben construir? a) 8 b) 9 c) 18 d) 36 Problema 31. Arregla los números 5, 7, 11, 13, 17 y 23 en los siete círculos de la figura, de tal manera que la suma de los tres números en cada línea sea el mismo número primo. ¿Qué número queda al centro?

a) 7 b) 11 c) 13 d) 17


Problema 32. Si x2 + 8x - 2 = 0. ¿Qué número representa la expresión x4 + 8x3 + 16x + 10? a) 0 b) 8 c) 10 d) 14 Problema 33. Se tiene un cuadrado ABCD de lado igual a 8 y se dibuja un círculo que pasa a través de los

vértices A y D, y es tangente al lado BC. El radio del círculo es:

a) 3 b) 4 c) 5 d) 8

Problema 34. Un comandante dispone su tropa formando un cuadrado y ve que le quedan 36 hombres.

Entonces decide poner una fila y una columna más de hombres en dos lados consecutivos del cuadrado y se da

cuenta que le faltan 75 hombres. ¿Cuántos hombres hay en la tropa?

a) 12357 b) 3061 c) 364 d) 1557

Problema 35. ¿Cuál de las siguientes condiciones deben cumplir las medidas de los lados “x” y “y” de una

parcela rectangular de perímetro fijo “P” de manera que la parcela tenga la mayor área posible?

a) x > y b) x = y c) x > P d) y < P

Problema 36. Si ABCD es un cuadrado de lado 4, M es un punto sobre el segmento AB tal que AM es una cuarta

parte de AB y P es la intersección de la diagonal DB y el segmento MC, ¿cuánto mide PC?

a) 4/3 b) 4/7 c) 21/3 d) 20/7

Problema 37. Un hombre nació en el año x2 y murió en el año y2 (donde los números “x”, “y” son enteros

positivos). Considera que murió en el día de su cumpleaños y sabemos que vivió entre el año 1800 y el 2000.

¿Cuántos años vivió el hombre?

a) 43 b) 44 c) 78 d) 87

Problema 38. ¿Cuánto vale la suma de u + v + w, en la siguiente figura?

a) 3u b) 180° c) 360° d) no se puede saber

Problema 39. Si (6!)(7!) = n!, ¿cuánto vale “n”? [n! 1 2 3 ... (n 1) n ]

a) 10 b) 12 c) 13 d) 42

Problema 40. Los niños A, B y C tomaron 13 dulces de una mesa, al final, A dijo: "tomé 2 dulces más que B", B

dijo: "tomé la mitad de dulces que A y 5 menos que C", y finalmente C dijo: "tomé un número par de dulces". Si

sabemos que a lo más uno de ellos mentía, ¿quién era este mentiroso?

a) A b) B c) C d) ninguno

Problema 41. En la siguiente figura, los segmentos AY y BX son perpendiculares a los

segmentos BC y AC, respectivamente. Si el ABC mide 50° y el BAC mide 60°, ¿cuánto mide el ángulo BTY?

a) 60° b) 70° c) 80° d) 50°


Problema 42. En la siguiente figura, ¿cuál es el área del triángulo ABC, si el área del hexágono regular es H?

a) H/2 b) H/4 c) H/6 d) H/8

Problema 43. Si 1 1(1 ) (1 ) 1

n m , entonces m es igual a:

a) n - 1 b) n + 1 c) 2n d) 2n 1

Problema 44. ¿De cuántas maneras distintas pueden colorearse los lados de un triángulo equilátero con cuatro

colores distintos, si suponemos que un mismo color se puede emplear en lados distintos y que dos

coloraciones son iguales si difieren en un giro del triángulo en el plano?

a) 4 b) 20 c) 24 d) 16

Problema 45. En la siguiente figura cada vértice puede tomar el valor 1 ó -1. ¿Cuántos valores distintos puede tomar la suma A + B + C + D + E + F + ABCDEF?

a) 14 b) 8 c) 7 d) 4

Problema 46. La yerba en un prado crece con densidad y rapidez homogéneas. Sabiendo que 70 vacas

consumen la yerba en 24 días y 30 vacas la consumen en 60 días, ¿Cuántas vacas lo harán en 96 días?

a) 16 b) 18 c) 20 d) 22

Problema 47. Dado un punto cualquiera P en el interior de un triángulo equilátero de lado 6, consideremos las

perpendiculares que van de P a cada uno de los lados del triángulo. Llamemos H1, H2 y H3 al pie de las

perpendiculares mencionadas. ¿Cuánto vale PH1 + PH2 + PH3?

a) 2 b) 3 3 c) 2 2 d) 4

Problema 48. Un estratega francés de la segunda Guerra Mundial tiene el siguiente problema. La distancia (en

línea recta) de Chálons a Vitry es de 30 Km. De Vitry a Chaumont 80 km, de Chaumont a St. Quetin 236 km, de

St. Quetin a Reims 86 km, de Reims a Chálons de 40 km. ¿Cuál es la distancia en línea recta que hay entre

Reims y Chaumont?

a) 11 km b) 120 km c) 322 km d) 150 km

Problema 49. Se llena un recipiente con agua, la cantidad de agua vertida a cada instante en la misma. La siguiente gráfica muestra el nivel del agua en el recipiente durante el tiempo en que es llenado. El segmento PQ es una línea recta. La forma del recipiente que corresponde a la gráfica es:

a) b) c) d)


Problema 50. Si ABCD es un trapecio de bases AB = 8 y CD = 2 y sus diagonales se cortan en E, la razón del

área del trapecio entre el área del triángulo ABE es:

a) 8 b) 4 c) 25/16 d) 16/25

Problema 51. ¿Cuántos enteros hay tales que 22n n2 + 120?

a) 4 b) 3 c) 2 d) 1

Problema 52. Si los números “a”, “b”, “c” satisfacen las siguientes igualdades:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 11, , 0

a b c a b c 3 a b c

Entonces, a + 2b + 3c es igual a:

a) 6 b) 12 c) 18 d) 24

Problema 53. Si “a”, “b”, “c”, “d”, “e” son números positivos, tales que: ab = 1, bc = 2, cd = 3, de = 4 y

ea = 5, ¿Cuál es el valor de b?

a) 3

10 b) 8

15 c) 40

3 d) 30

Problema 54. Si las diagonales de un rombo difieren en 14 y sus lados miden 13, el área del rombo es:

a) 156 b) 120 c) 28 13 d) 48 3

Problema 55. Un contenedor de 5 litros se llena con jugo de naranja. Se le quitan 2 litros de jugo y se llena

nuevamente con agua. Se mezcla muy bien y nuevamente se quitan 2 litros de mezcla y se vuelve a llenar con

agua. ¿Qué porcentaje de jugo hay en la mezcla final?

a) 24% b) 36% c) 30% d) 27%

Problema 56. Los números de seis dígitos ABCDEF donde los dígitos varían del 1 al 6 y son todos distintos, se

llaman armoniosos si 1 divide a A, 2 divide a AB, 3 divide a ABC, 4 divide a ABCD, 5 divide a ABCDE, 6 divide a

ABCDEF. ¿Cuántos números armoniosos hay de 6 dígitos?

a) 5 b) 4 c) 3 d) 2

Problema 57. Si A y B son números naturales y A B 31

7 5 35 , el valor de A es:

a) 1 b) 2 c) 3 d) 4

Problema 58. En un triángulo equilátero XYZ se dividen los lados en tres partes iguales. Llamemos a las divisiones A, B, C, D, E y F como se muestra en la figura. ¿Cuál es el área de la figura sombreada, si el área del triángulo XYZ es 18?

a) 12 b) 10 c) 9 d) 8

Problema 59. ¿Cuál es el número de lados de un polígono que tiene el triple número de diagonales que de

lados?

a) 8 b) 9 c) 10 d) 12


Problema 60. Si “n” es un número entero, entonces n2 (n2 - 1) siempre es divisible entre:

a) 5 b) 8 c) 12 d) 24

Problema 61. Un cubo se formó con 12 pedazos de alambre de longitud 1. Una hormiga parte de uno de los

vértices y camina a lo largo de los lados. ¿Cuál es la distancia máxima que puede recorrer antes de regresar al

vértice de donde partió y sin recorrer un lado dos veces?

a) 6 b) 8 c) 10 d) 12

Problema 62. Si 2

1a 3

a

, entonces 3

3

1a

a es igual a:

a) 0 b) 3 c) 3 d) 3 3

Problema 63. Los lados de un triángulo son: 2, 3, x. Si el área también es x, ¿cuánto vale x?

a) 5 b) 3 c) 2 d) 1

Problema 64. En un cubo de lado 2, M, N, P y Q son puntos medios de las aristas mostradas. ¿Cuál es la distancia máxima entre un punto de MN y otro PQ?

a) 3 / 2 b) 3 / 2 c) 6 / 2 d) 6

Problema 65. La zoo-lógica. En la selva, la hiena miente los lunes, martes y miércoles; la zorra miente los

jueves, viernes y sábados. En los días que no mienten, dicen la verdad. Un día se encontraron la hiena y la zorra

y sostuvieron este diálogo: Hiena: ¡Hola zorra! Ayer yo mentí, Zorra: ¡Hola hiena! Yo también mentí ayer.

¿En qué día sucedió este encuentro?

a) lunes b) martes c) jueves d) nunca pudo suceder

Problema 66. Se tiene un tetraedro regular y en cada una de las caras se trazan todas las bisectrices. ¿Cuántos

puntos de intersección hay entre las 12 bisectrices?

a) 4 b) 8 c) 12 d) 14

Problema 67. Sea p(x) = x3 + ax + 1. Si p(1) = 1, ¿cuál es el valor de p(2)?

a) 1 b) 2 c) 5 d) 7

Problema 68. El siguiente juego se efectúa entre dos jugadores: se colocan 13 fichas sobre la mesa y los

jugadores tiran en forma alternada, cada tirada consiste en tomar 1, 2, 3 ó 4 fichas y gana el que se quede con

la última ficha. ¿Cuántas fichas debe tomar el primer jugador en la primera tirada para asegurar su triunfo?

a) 1 b) 2 c) 3 d) 4

Problema 69. ¿Para cuántos valores enteros positivos de “n” la expresión 18/(n+4) es un entero?

a) 12 b) 10 c) 6 d) 3

Problema 70. Si m y n son enteros tales que 2m - n = 3, entonces m - 2n es igual a:

a) - 3 b) 0 c) un múltiplo de 3 d) cualquier entero


Problema 71. Una escalera tiene numerados los escalones como 0, 1, 2, 3, 4 ... Una rana está en el escalón 0,

salta cinco escalones hacia arriba hasta el escalón 5 y luego dos para abajo hasta el escalón 3, después sigue

saltando alternando, cinco escalones para arriba y dos para abajo. La sucesión de escalones que pisa la rana es

0, 5, 3, 8, 6... ¿Cuál de los siguientes escalones no pisa la rana?

a) 1997 b) 1998 c) 1999 d) 2000

Problema 72. Sea ABC un triángulo isósceles tal que AB = AC, sean R, S y T las intersecciones de las alturas de A, B y C, respectivamente, con el circuncírculo como se muestra en la figura. ¿Cuál es el valor del ángulo RST?

a) (A+B)/2 b) A c) B d) C

Problema 73. En la siguiente figura el área del triángulo chico es 8. El área del triángulo grande es:

a) 20 b) 24 c) 28 d) 30

Problema 74. Se forma un cono con un pedazo de papel semicircular, con radio de 10 (como se muestra en la figura). Encuentra la altura del cono.

a) 5 3 b) 5 2 c) 3 d) 5

Problema 75. En un cubo de lado 6 se inscribe un tetraedro regular de tal manera que los cuatro vértices de

éste son también vértices del cubo. Calcula el volumen de dicho tetraedro.

a) 36 b) 72 c) 75 d) 108

Problema 76. La ecuación (a + b + c)(a + b - c) = 3ab la satisfacen los lados a, b , c, de un triángulo. ¿Cuál es la

medida del ángulo opuesto al lado c?

a) 30° b) 60° c) 90° d) imposible determinar

Problema 77. De todos los números de tres dígitos que son múltiplos de 3, ¿cuántos hay que tengan todos sus

dígitos distintos de cero y distintos entre sí?

a) 180 b) 184 c) 179 d) 200

Problema 78. Cuántas veces aparece el factor 2 en las descomposición en primos de 1 + 2 + 3 + ... + 1011?

a) 8 b) 9 c) 10 d) 11

Problema 79. De los siguientes números, el que tiene 81 divisores positivos es:

a) 4×9×25×49 b) 1181 c) 29×39 d) 8116

Problema 80. Si 2n - 1 es un múltiplo de 7, entonces “n” es:

a) par b) impar c) múltiplo de 3 d) múltiplo de 6

Problema 81. Si a, b, c, d son dígitos tales que d > c > b > a 0, ¿cuántos números de la forma “1a1b1c1d1”

son múltiplos de 33?

a) 4 b) 8 c) 15 d) 16


Problema 82. La sucesión creciente 1, 3 , 4, 9, 10 , 12, 13, 27, 28, 30, 31, ... consiste de los enteros positivos

que son potencia de 3 o suma de distintas potencias de 3. ¿Cuál es el número que está en el lugar 100?

a) 729 b) 810 c) 917 d) 981

Problema 83. Un punto P está fuera de un círculo, a una distancia 13 del centro. Una secante trazada desde P

corta a la circunferencia en Q y R de tal manera que el segmento externo de la secante, PQ mide 9 y QR mide 7.

El radio del círculo es:

a) 4 b) 5 c) 6 d) 7

Problema 84. En la figura, ABC es un triángulo equilátero, sus lados tienen longitud 3 y PA es paralela a BC. Si PQ = QR = RS, la longitud de CS es:

a) 2 b) 1 c) 2 / 2 d) 3 / 2

Problema 85. ¿Cuál es el máximo número de ángulos internos rectos que puede tener un octágono?

a) 3 b) 4 c) 5 d) 6

Problema 86. Se tiene que llenar la siguiente cuadrícula con los números del 1 al 5, de tal forma que cada número aparezca únicamente una vez en cada columna y en cada renglón. ¿Cuál es el número que va en el centro de la cuadrícula?

a) 1 b) 2 c) 4 d) 5

Problema 87. Las raíces de la ecuación: 2a(b c)x b(c a)x c(a b) 0 son 1 y:

a) b(c a)

a(b c)

b) a(b c)

c(a b)

c) a(b c)

b(c a)

d) c(a b)

a(b c)

Problema 88. Llegan 4 niños a una fiesta y hay 6 gorros; 3 verdes y 3 rojos. A cada niño se le coloca su gorro

respectivo con los ojos vendados y se sientan en una mesa circular de forma que cada niño ve los gorros de los

otros tres. Empezando con el niño 1 y en sentido de las manecillas del reloj a cada niño se le hace la siguiente

pregunta: "¿sabes ya de qué color es tu gorro?". Todos escuchan la respuesta hasta que alguien contesta

afirmativamente. Además, el primer niño dice que no. ¿Quién de estos niños es seguro que contestará

afirmativamente?

a) ninguno b) 2 c) 3 d) 4

Problema 89. Cien personas respondieron a un cuestionario formado por 3 preguntas. Cada pregunta debía

contestarse sí o no, y sólo una de estas respuestas era correcta. Si sabemos que: 8 personas contestaron bien

las tres preguntas; 9 personas contestaron bien sólo la primera y la segunda; 11 personas contestaron bien sólo

la primera y la tercera; 6 personas contestaron bien sólo la segunda y la tercera; 55 personas contestaron bien

al menos la primera pregunta; 32 personas contestaron bien al menos la segunda pregunta; 49 personas

contestaron bien al menos la tercera pregunta. ¿Cuántas personas respondieron mal a todas las preguntas?

a) 4 b) 6 c) 7 d) 10

Problema 90. La expresión algebraica x2 + 9 se escribe en la forma a(x+1)2 + b(x+1) + c.

¿Cuál es el valor de (a - b + c) ?

a) 9 b) 10 c) 12 d) 13


Problema 91. ¿Para qué entero positivo “n” se satisface la ecuación: 1 3 5 ... (2n 1) 1999

2 4 6 ... (2n) 2000

?

a) 1998 b) 1999 c) 2000 d) 2001

Problema 92. ¿Cuántos números se pueden representar como suma de algunos de los números 1, 2, 4, 8, 16,

donde cada número se escoge a lo más una vez? (Por ejemplo, el 11 se puede representar como 8 + 2 + 1,

además las sumas con un sólo sumando están permitidas).

a) 31 b) 25 c) 16 d) 32

Problema 93. Si (a,b) denota al máximo común divisor de “a” y “b”, el valor de (a4 - b4 , a2 - b2) es:

a) a - b b) a + b c) a2 - b2 d) a2 + b2

Problema 94. ¿Cuántos números diferentes de cinco cifras se pueden formar con los dígitos 1, 1, 2, 2, 3?

a) 120 b) 40 c) 30 d) 20

Problema 95. Considera nueve puntos sobre una circunferencia. ¿De cuántas maneras pueden ser divididos

estos puntos en conjuntos de tres puntos, de tal manera que, ningún par de los triángulos determinados por

estos subconjuntos se corten?

a) 9 b) 10 c) 7 d) 12

Problema 96. Considere seis puntos sobre una circunferencia. ¿De cuántas maneras pueden ser estos puntos

unidos por pares con tres cuerdas que no se corten dentro del círculo?

a) 10 b) 12 c) 8 d) 5

Problema 97. Una mañana la Sra. Martínez, la Sra. Pérez, la Sra. Torres y la Sra. Gómez fueron de compras.

Cada una de ellas tenía que ir a dos tiendas distintas. Una de las mujeres tenía que visitar la tlapalería, dos

tenían que ir al banco, dos tenían que ir al carnicero y tres tenían que ir a la tienda de abarrotes. Sus compras

se simplificaban por el hecho de que vivían en un pequeño poblado y únicamente había una tienda de cada

cosa y únicamente había un banco. Si: 1. Dora no fue a la tienda de abarrotes; 2. Tanto Esther como la Sra

Gómez fueron al carnicero; 3. Margarita llegó a casa con más dinero que cuando se fue; 4. La Sra. Pérez no fue

a ninguno de los lugares donde estuvieron Lucía y la Sra. Torres; ¿Cuál es el apellido de Margarita?

a) Torres b) Gómez c) Martínez d) Pérez

Problema 98. El número de posibles soluciones de la ecuación 3x + y + z = 23 donde “x”, “y” y “z” son enteros

positivos, es:

a) 56 b) 70 c) 86 d) 92

Problema 99. En una clase hay 25 alumnos. Entre ellos 17 alumnos son ciclistas, 13 nadadores y 8 esquiadores.

Ningún alumno hace tres deportes. Los ciclistas, nadadores y esquiadores se sacaron 9 en matemáticas. Seis

alumnos en la clase se sacaron 6 en matemáticas. ¿Cuántos nadadores saben esquiar?

a) 2 b) 4 c) 6 d) 16/25

Problema 100. Considera el menor entero positivo que al dividirlo entre 10 deja residuo 9, al dividirlo entre 9

deja residuo 8, al dividirlo entre 8 deja residuo 7, etc., hasta que al dividirlo entre 2 deja residuo 1. Al dividirlo

entre 11 deja residuo:

a) 0 b) 3 c) 5 d) 7


RESPUESTAS Y SOLUCIONES: Problema 1. La respuesta es (c). Solución: Veamos los primeros casos: 1*1 = 1+2 = 3; (1*1)*1 = 3*1 = 3+2 = 5; ((1*1)*1)*1 = 5*1 = 5+2 = 7 Cada vez que hacemos la operación (*) le sumamos 2 al resultado anterior. Por lo tanto, al hacer la operación 999 veces, tenemos que: (((1*1)*1)*...*1)*1 = 1+*2+ … +2+ = 1+2(999) = 1999 999 veces

Problema 2. La respuesta es (c). Solución: Los números enteros entre “a” y “b” sin incluir a “a” y a “b” son: a+1, a+2, a+3, … , a+(b-a-1), es decir, son b-a-1 números. Tomando a=9992 y b=10002 tenemos que 10002 - 9992 - 1 = (1000-999)(1000+999)- 1 = 1999-1 = 1998 números. Problema 3. La respuesta es (d). Solución: Comparamos los triángulos CFD CDE. Si pensamos que tienen sus bases sobre la diagonal BD, vemos que tienen la misma altura, pero la base del primero es l mitad de la base del segundo. Por lo anterior, el área de CFD es la mitad del área de CDE. El triángulo CDE es uno de los cuatro que se construyen al trazar las diagonales del cuadrado, así que su área es la cuarta parte del área del cuadrado. Así, el área de CFD es 1/8 del área de ABCD, y por tanto es igual a 1/8 Problema 4. La respuesta es (b). Solución:

99

99 veces 97 veces

10 99 100...0 99 99...9 01 Entonces la suma es 9(97)+1 = 874

Problema 5. La respuesta es (d). Solución: Podemos dividir la figura en cuatro rectángulos iguales: Cada rectángulo tiene área igual a 50. Si llamamos a los lados chicos “x”, tenemos

que x(2x) = 50 2x2 = 50 x = 5. Por lo tanto, el perímetro de la figura es igual: 8x + 4(2x) = 8(5) + 4(10) = 80

Problema 6. La respuesta es (b). Solución: Si tomamos potencias de 2, tenemos únicamente 8 números 22=4; 23=8, …, 29=512. Entre los números formados como potencias de 3, tenemos, 32=9; 33=27; …, 36=729, es decir, 5 números. Las potencias de 4 no las consideramos ya que 4 es una potencia de 2. Como potencias de 5 tenemos solamente 3, a saber, 52=25; 53=125; 54=625. Como potencias de 6 tenemos 62=36; 63=216, es decir, 2 números. Las potencias de 7 que tenemos que considerar son 72=49; 73=343, es decir 2 números más. Las potencias de 8 y 9 no hay que considerarlas ya que al igual que el 4, estos números son potencias de 2 y 3, respectivamente. Números formados como potencias de 10 tenemos 102=100; 103=1000 y a partir del 10 únicamente tenemos que contar una potencia por cada uno de los números 11, … , 31, es decir, 112=121 … 312=961. Sin embargo, hay que tener cuidado ya que entre los números del 11 al 31 tenemos 16, 25, 27 que son potencias de 2, 5, 3 respectivamente. Por lo tanto, si sumamos todos obtenemos 40. Problema 7. La respuesta es (a). Solución:

Como AB paralela a ED, el CAB = 40°. El CBA = 80°, ya que es suplementario del ángulo que mide 100°.

Entonces ACB = 180°-(CAB+CBA) = 180°-(40°+80°) = 60°

Como “x” es suplementario de ACB, x = 120° Problema 8. La respuesta es (a). Solución: Si dibujamos otro triángulo igual sobre el lado AB, tenemos un paralelogramo ACBC´. Por lo tanto, las rectas paralelas miden todas 10 y la suma de los 7 segmentos dentro del triángulo ABC es igual a: (7×10)/2 = 35


Problema 9. La respuesta es (d). Solución: Para formar un cuadrilátero, no debemos tomar 3 ó 4 vértices en una fila. Luego sólo es posible tomar 2 de cada fila y esto se puede hacer de (4 en 2)=6 maneras. Entonces, como es independiente tomar los otros 2 vértices en la otra fila, se podrán 6 × 6 = 36 cuadriláteros. Problema 10. La respuesta es (b). Solución: El último dígito del resultado de aplicar la operación a un número sólo depende del último dígito del número. Por lo tanto, podemos hacer las cuentas considerando únicamente la última cifra. Empezamos con 1, le sigue el 8, luego 29. Nos quedamos únicamente con el 9. Sigue 32, es decir, 2; luego 11, es decir el 1. A partir de aquí, todo se repite ya que llegamos nuevamente a 1. Luego la sucesión de los últimos dígitos es 1, 8, 9, 2, 1, 8, 9, 2, 1, 8, 9, 2, … Al repetir la operación un número de veces que sea múltiplo de 4, el número dígito es 1. Como 1999 es uno menos que un múltiplo de 4 se obtiene el 2 como último dígito. Problema 11. La respuesta es (d). Solución:

Si “x” es la calificación de cuarto examen, se deberá tener que 7 8 10 x9

4

y entonces x = 36 - 25 = 11,

pero 11 no se alcanzar en un examen, luego no podrá tener 9 de promedio. Problema 12. La respuesta es (b). Solución: Tenemos 5 sillas numeradas del 1 al 5. En el primer movimiento quedaremos sentados en la silla 2, ya que empezamos en la silla 1, para el segundo movimiento estaremos en la silla 1 ó 3, es decir, una silla con número impar. Entonces en los movimientos impares necesariamente estaremos sentados en sillas con números pares. Después de 19 movimientos estaremos en una silla con número par. Iniciamos de nuevo el juego pero ahora las sillas numeradas con 1 y 5 ya no están y en el primer movimiento estaremos sentados en la silla 3 que es un número impar, en el segundo movimiento estaremos en una silla de número par y así sucesivamente, por lo tanto en el movimiento 99 que es un número impar, estaremos sentados en una silla de número impar, que solo puede ser la silla 3. Problema 13. La respuesta es (c). Solución: El prisma tiene de base y de tapa a un polígono digamos de “n” lados, cada vértice del polígono de la base se une por una arista a un vértice de la tapa, así que se generan “n” aristas más, luego el número de aristas debe ser 3n. Por lo tanto, 3n=27 nos lleva a que n=9, es decir, la base y la tapa son polígonos de 9 lados y como estos tienen 9 vértices, el prisma tendrá 2×9=18 vértices. Problema 14. La respuesta es (a). Solución: Cada uno de los lados de un triángulo lo dividimos en 3 partes iguales y de la parte central construimos un pico, esto es 2 lados más, es decir, por cada uno de los lados tenemos 4 nuevos lados, entonces en la segunda figura tenemos un total de 3×4 = 12 lados y 3 picos nuevos con los cuales tenemos un total de 6 picos. En la tercera figura, tenemos 12×4 = 48 lados y por cada uno de los lados tenemos un pico nuevo que sumados con los anteriores nos da un total de 18 picos. En la cuarta figura, tenemos 48×4 = 192 lados y por cada uno de los lados un pico que sumados con los anteriores nos da 66 picos. Finalmente, en la quinta figura, tendremos 192×4 = 768 lados y por cada uno de los lados un pico que sumados con los anteriores nos da 258 picos. Problema 15. La respuesta es (b). Solución: Los únicos cubitos visibles son los que están sobre las caras del cubo, los cubitos ocultos forman entonces un cubo de 3 × 3 × 3. Luego hay 27 cubitos ocultos. Problema 16. La respuesta es (d). Solución: En la figura hay tres sextas partes de círculo y tres mitades de círculo. En total hay 3/6 + 3/2 = 2 círculos de radio 2. Por lo tanto, el área es 2 × 22 × π = 8π.


Problema 17. La respuesta es (c). Solución: Notemos que CA = AG = GC por ser diagonales de las caras del cubo, por lo que el triángulo CAG es equilátero.

Por lo tanto, el ángulo CAG = 60°. Problema 18. La respuesta es (c). Solución: Para ir de A a B se puede bajar por las aristas 1, 2, 3 ó 4. Si pasamos por 1 hay dos caminos posibles, al igual que si pasamos por 4. Si bajamos por 2 ó 3, hay cuatro caminos posibles en cada caso. Por lo tanto, el total de caminos es 12.

Problema 19. La respuesta es (c). Solución:

Las dos desigualdades son equivalentes a: 17×25×n y 13×n17×11, es decir, “n” debe cumplir: 30 187

6 n5 13

34 195n y 15

5 13 Luego las “n” posibles están en el rango 7 ≤ n ≤ 14.

Problema 20. La respuesta es (d). Solución: Al partir el cubo se van a formar 53=125 cubitos de arista 1 y como cada uno de ellos tiene 12 aristas, tenemos que la suma es 12×125 = 1500. Problema 21. La respuesta es (b). Solución: Como los puntos tienen que estar a distancia 6 de A, entonces tienen que encontrarse en un círculo de radio 6 con centro en A; además equidistan de B y C por lo que tienen que estar en la mediatriz del lado BC. Entonces los únicos puntos que cumplen son los 2 que se encuentran en la intersección del círculo con la mediatriz. Problema 22. La respuesta es (a). Solución: Son 6 cubos que en principio tienen 24 caras. Como hay 3 pares de cubos pegados, hay 6 caras ocultas, por lo que la superficie exterior es 24 - 6 = 18. Problema 23. La respuesta es (c). Solución: El lado del cuadrado mide P/4, de donde Q = (P/4)2 = P2/16. Sustituyendo en la ecuación original tenemos que 3P=2P2/16, que al resolver nos da P = 24. Problema 24. La respuesta es (c). Solución: Sea “x” que hablan el porcentaje de los habitantes que hablan sólo el primer idioma, “y” el porcentaje de los que hablan ambos idiomas y “z” el porcentaje de los que hablan sólo el otro idioma. Sabemos que x+y = 70% y y+ z = 60%. Como cada habitante habla al menos uno de los idiomas, x+y+z = 100%. Resolviendo las ecuaciones obtenemos y = 30%- Problema 25. La respuesta es (b). Solución: Tenemos que a □ b = (a + 1) (b + 1) - 1 por lo que a □ b □ c = (a □ b + 1)(c + 1 )- 1 = (a + 1) (b + 1) (c + 1) - 1 y luego a □ b □ c □ d = (a □ b □ c + 1)(d + 1 )- 1 = (a + 1) (b + 1) (c + 1) (d +1) - 1, etc. De modo que para calcular la operación “el cuadrado” de varios , se les debe sumar uno a cada uno, multiplicar los resultados obtenidos y restar uno al producto. Entonces:

1 1 1 1 1 1 2 3 4 20001 ... (1 1)(1 )(1 )...(1 ) 1 ... 1 2000 1 1999

2 3 1999 2 3 1999 1 2 3 1999

Problema 26. La respuesta es (b). Solución: Hay tres tamaños de triángulos: los triángulos que constan de un triangulito que son 12; los triángulos que están formados de cuatro triangulitos que son 6; los triángulos que están formados de nueve triangulitos que son 2. Por lo tanto. El total de triángulos es 20.

1

3 2

4


Problema 27. La respuesta es (d). Solución: Tracemos OC, que resulta ser la hipotenusa de los triángulos rectángulos CAO y CBO. Estos triángulos son congruentes y de ángulos 30°, 60°, 90°. Luego, como AO =

OB= 3 , se tiene que BC = CA = 3 y entonces el área buscada es:

(AOBC )= (CAO) = 2(3 3 )/2 = 3 3 .

Problema 28. La respuesta es (b). Solución: Si x≥4, 23+x es entero mientras que 23-x no es entero por lo que la suma no puede ser un número entero. Con-cluímos que x≤3. Análogamente x≥-3. Para -3≤x≤3 ambas potencias de 2 son enteras. Como 65 es impar, una de las potencias de 2 tiene que ser impar, es decir, una debe ser 20=1 y la otra 26=64. Luego, las únicas posibilidades son 3 - x = 0 y x + 3 = 6 o x + 3 = 0 y 3 - x = 6, es decir, x = 3 o x = -3. Problema 29. La respuesta es (c). Solución: Si el menor de los ángulos es 2x, los otros dos serán 3x y 4x. Como la suma de los ángulos de un triángulo es de 180°, se tiene que 2x + 3x + 4x = 180°, de donde x = 20°. Por lo tanto la suma de los dos ángulos menores es: 2x + 3x = 100°. Problema 30. La respuesta es (a). Solución: El mínimo es 8. Es fácil ver que es posible con 8. Se construyen carreteras entre la primera y la segunda, la segunda y la tercera, …, la octava y la novena. Ahora debemos ver que 7 carreteras no bastan. Llamémosle bloque a un grupo de ciudades tales que: (a) se puede ir de cualquier ciudad del bloque a cualquier otra y (b) no se puede viajar de una ciudad del bloque a una fuera del bloque. Inicialmente cada ciudad es un bloque. Cuando se construye una carretera entre dos ciudades se presentan dos casos: o son del mismo bloque o no lo son. Si son del mismo bloque, los bloques no cambian; pero si son de distintos bloques, esos dos bloques se unen para formar uno solo. Por lo tanto, cada carretera que se construye deja igual el número de bloques o lo disminuye en uno. Por eso, construir 7 carreteras hace que el número de bloques disminuya en a lo más 7, dejando siempre al menos 2 bloques. Problema 31. La respuesta es (c). Solución: Llamemos a los números que van en los círculos a, b, c, d e, f, g, como se muestra en la figura; y llamemos “x” a la suma de los tres números en cada línea. La suma de los números que debemos acomodar es 95, por lo tanto, x = (95-d)/2. Observemos que “x” tiene que ser impar, ya que es suma de tres números impares, pero además tenemos la restricción de que “x” sea primo. Veamos los distintos valores que puede tomar d.

Si d es 5, 7, 11, 17, 19 o 23, vemos que “x” es par o en los casos en que es impar no es primo. Por lo tanto, la

única solución posible es cuando d=13, entonces x=41, que es primo. Luego, a+g = 28 = c+e y una posible

solución es a=17, g=11, c=23 y e=5

Problema 32. La respuesta es (d). Solución: Observemos que: x4+8x3+16x+10 = x2(x2+8x-2) + 2(x2+8x-2) + 14, luego la expresión es igual a 14. Problema 33. La respuesta es (c). Solución: Si el círculo pasa por A y D, el centro O del círculo debe de estar en la recta que une los puntos medios de BC y AD. Llamemos M y N a estos puntos, respectivamente. Claramente el círculo es tangente a BC en M. Si llamamos r al radio, tenemos que r = OM = OD. Por el teorema de Pitágoras.

2 2 2 2r ON ND (8 r) 4 . Elevando al cuadrado obtenemos: 2 2 2r (8 r) 16 64 16r r 16 , es decir, 16r = 80 y así, r = 5.

a c b

d

e f g

D

M

C

O

A

N

B


Problema 34. La respuesta es (b). Solución: Llamemos l al lado del cuadrado formado por la tropa y “x” al número de hombres. Tenemos que: x = l 2+36 y

x = ( l +1)2-75. Igualando tenemos l 2+36 = l 2+21-74, luego, resolviendo la ecuación, l = 55.

Por lo tanto, x = 552+36 = 3061. Problema 35. La respuesta es (b). Solución: La suma x+y es constante ya que el perímetro de la parcela es constante. Tenemos que ver que condiciones tienen que satisfacer “x” y “y” para que “xy” sea máximo.

2 2 2 2 2 2(x y) 0 x 2xy y 0 x 2xy y 4xy (x y) 4xy

Para que “xy” sea máximo se tiene que cumplir la igualdad y entonces x = y. Problema 36. La respuesta es (d). Solución: El triángulo MBC es rectángulo y sus catetos miden 3 y 4 por lo que su hipotenusa es MC=5. Sean R y S los pies de las perpendiculares desde C y M a BD. Los triángulos MSP y CRP son semejantes, ya que tienen un ángulo recto y elángulo opuesto por el vértice P. De donde PC/PM=CR/MS. Por otro lado, los triángulos MSB y CRB son semejantes, ya que son triángulos rectángulos isósceles, luego CR/MS=CB/MB=4/3. Por lo tanto, PC/PM=4/3. Como PM = MC-PC = 5-PC, sustituyendo tenemos que:

PC 4

5 PC 3

. Resolviendo se obtiene 20

PC7

.

Problema 37. La respuesta es (d). Solución:

Tenemos que 4221800432

4422000452 (esto es: 1764 1800 1849 1936 2000 2025). Entonces, el

hombre debió haber nacido en el año 432 y muerto en el 442-432 = (44 + 43)(44 - 43) = 87 años. Problema 38. La respuesta es (b). Solución: Si unimos los puntos A, B y C con el punto donde se intersectan los tres círculos, tenemos 3 cuadriláteros cíclicos, como se muestra en la siguiente figura.

De donde, +=180°, +=180° y +=180°. Por lo tanto, +++++=3×180°.

Luego ++=3×180°-(++)=3×180°-360°=180°

Problema 39. La respuesta es (a). Solución: (7!)(6!) = (7×6×5×4×3×2×1)(6×5×4×3×2×1). Veamos que (6×5×4×3×2×1) = 8×9×10 porque 2×4=8, 6 se escribe como 2×3 y si multiplicamos este 3 por el que ya se tenía, tenemos 9 y 2×5=10. Por lo tanto: (7!)(6!) = (10×9×8×7×6×5×4×3×2×1) = 10!, luego n=10. Problema 40. La respuesta es (c). Solución: Llamemos “a” al número de dulces que tomó A, “b” al número de dulces que tomó B y “c” al número de dulces que tomó C. Según lo que dijeron tenemos: a = b+2; b = a/2 y b = c-5; además “c” es un número par. Si A dice la verdad, como el número de dulces es 13 = a+b+c = (b+2)+b+c, tenemos que 11-c = 2b, luego 11-c deberá ser par y entonces “c” no puede ser par, luego C miente. Si B dice la verdad tenemos que 13 = a+b+c = 2b+b+c = 3(c-5)+c, luego c=7 y no puede ser par, por lo tanto, C miente. Como no puede haber dos mentirosos, uno de A y B dice la verdad, esto nos lleva a que C miente. Problema 41. La respuesta es (b). Solución: Los triángulos BCX y BTY son semejantes pues ambos son rectángulos y tienen en común el ángulo B. Luego:

BTY = BCX = C = 180° - A - B

BTY = 180° - 60° - 50° = 70°

D

M

C

P

A

R

B

S

C

A B


Problema 42. La respuesta es (d). Solución: Como el hexágono es regular podemos dividirlo en 12 triángulos rectángulos iguales como se muestra en la siguiente figura, entonces el área estará dada por la suma de las áreas de los 12 triángulos, es decir, H = 12 × Área de un triángulo rectángulo Tenemos también que es H = 6 × Área de un triángulo rectángulo + 4 × (ABC) Luego, 1/2H = 4 × (ABC). Por lo tanto, (ABC) =1/8 H Problema 43. La respuesta es (b). Solución:

Tenemos que 1 1 n 1 m 11 1 1

n m n m

Entonces m = n + 1

Problema 44. La respuesta es (c). Solución: Tenemos varios casos: primero consideraremos el caso en que todos los lados se colorean del mismo color, estas son 4 coloraciones. Ahora consideremos las coloraciones en la que dos lados tienen el mismo color. Escogido un color para dos lados, el tercer lado lo podemos colorear de 3 colores. Luego, las coloraciones con dos lados del mismo color son 4×3=12. Por último, estudiemos el caso en que todos los lados tienen distinto color. En este caso, tenemos que en el primer lado podemos poner cualquiera de los 4 colores, en el segundo escogemos entre los 3 colores restantes, en el tercero entre dos. Por lo que el número de coloraciones es: (4×3×2)/3=8, dividimos entre 3 ya que estamos considerando que dos coloraciones son iguales si difieren en un giro del triángulo. En total tenemos 24 coloraciones. Problema 45. La respuesta es (d). Solución: Si hay un número impar de -1’s, ABCDEF=-1 y si hay un número par de -1’s, ABCDEF=1. Luego, en la suma A+B+C+D+E+F+ABCDEF siempre hay un número par de -1’s. Las posibles sumas son: 1+1+1+1+1+1+1=7; -1-1+1+1+1+1+1=3; -1-1-1-1+1+1+1=-1; -1-1-1-1-1-1+1=-5 Problema 46. La respuesta es (c). Solución: Tomemos como unidad de medida la cantidad de pasto que una vaca come por día. Llamemos “p” a la cantidad inicial de pasto, “q” a la cantidad de pasto que crece diario y “v” al número de vacas que se necesitan para terminar el pasto en 96 días. Ternemos de acuerdo a los datos: (1) 70×24=p+24q; (2) 30×60=p+60q; (3) 96v=p+96q. Al restar de la ecuación (2) la (1), obtenemos que 36q=120, luego q=10/3. Usando este valor de “q” en (2) obtenemos que p=1600. Finalmente al sustituir p=1600 y q=10/3 en la ecuación (3) y resolviendo, v=20. Problema 47. La respuesta es (b). Solución: Las líneas que unen a P con los vértices del triángulo, dividen a este en tres triángulos de áreas: 6PH1/2, 6PH2/2, 6PH3/2. Como el área del triángulo equilátero

es ( 3 /4) × 62, tenemos que: 3PH1 + 3PH2 + 3PH3 = 9 3 . Por lo tanto:

PH1 + PH2 + PH3 = 3 3 .

Problema 48. La respuesta es (d). Solución: El polígono formado por las ciudades francesas es una línea recta, ya que uno de los lados del pentágono es igual a la suma de los otros cuatro, 236=30+80+86+40. Si acomodamos las ciudades en una recta, tenemos que: CHAUMONT VITRY CHALONS REIMS S.QUETIN

80 Km

30 Km

40 Km

86 Km

236 Km

Por lo tanto, la distancia de Reims a Chaumont es: 80 + 30 + 40 = 150 Km.

H3

P

H2

H1


Problema 49. La respuesta es (b). Solución: La gráfica muestra que al final el recipiente tiene una forma cilíndrica, ya que el nivel del agu sube constantemente. Esto lo indica el segmento de recta PQ. La gráfica también muestra que la base del recipiente tiene que ser grande ya que al principio de la gráfica el nivel del agua sube poco. Por lo tanto, el recipiente es el que está en el inciso b). Problema 50. La respuesta es (c). Solución: Como AB es paralela a CD, los triángulos ABE y CDE son semejantes, y la razón de semejanza es 8/2=4. Eso quiere decir que: si h1 y h2 son las alturas de los triángulos ABE y CDE (alturas sobre las bases AB y CD) respectivamente, h1/h2=4. Además si h es la altura del trapecio, h1+h2=h. Por lo tanto, h1=4h/5. Tenemos que (ABE) = ABh1/2 = 8h1/2 = 4h1 = 4(4/5)h = 16/5h y que (ABCD) = (AB+CD)h/2 = 10h/2 = 5h, por lo que (ABCD)/(ABE) = 25/16.

Problema 51. La respuesta es (b). Solución:

22n n2+120 es equivalente a n2-22n+120 0, o sea, (n-10)(n-12) 0. Para que el producto de dos factores sea menor o igual que cero, uno de ellos debe ser menor o igual que cero y el otro mayor o igual que cero.

Como de los dos factores n-12 es el más chico, éste es el que es menor o igual que cero. Por lo tanto, n-12 0

y n-10 0. Entonces las “n” que cumplen son 10, 11 y 12. Problema 52. La respuesta es (c). Solución: Sumando las dos últimas ecuaciones se obtiene 2/a=1/3, o sea a=6. Sustituyendo el valor de “a” en las primeras

dos ecuaciones, se obtiene: 1 1 5

b c 6 y 1 1 1

c b 6 . Sumando esas dos tenemos 2/c=1, es decir, c=2. Luego,

podemos encontrar b=3 de cualquiera de las ecuaciones. Finalmente, a + 2b + 3c = 6 + 2(3) + 3(2) = 18. Problema 53. La respuesta es (b). Solución: Multiplicando c×d = 3 y e×a = 5 se obtiene que a×c×d×e = 15, como d×e = 4, tenemos que a×c = 15/4. Multiplicando a×b = 1 por b×c = 2, se obtiene a×c×b2 = 2 y como a×c = 15/4, tenemos que b2 = 8/15. Por

ser b>0 se tiene que b 8 / 15

Problema 54. La respuesta es (b). Solución: Digamos que la diagonal más corta mide 2x, entonces la otra mide 2x+14. Las diagonales dividen al rombo en cuatro triángulos rectángulos congruentes entre sí, de lados x, x+7 y 13. Por el teorema de Pitágoras, x2+(x+7)2 = 132. Resolviendo la ecuación se obtiene x=5 (la raíz x=-12 se descarta puesto que “x” debe ser positiva). Entonces, el área de cada uno de los triángulos es (5)(12)/2=30. Por lo que el área del rombo es 120. Problema 55. La respuesta es (b). Solución: En la primera mezcla hay 60% de jugo y 40% de agua. Al quitarle 2 litros le estamos quitando 1.2 litros de jugo a la mezcla. Por lo tanto, en la mezcla final hay 1.8 litros de jugo de naranja, es decir, un 36% de la mezcla de jugo. Problema 56. La respuesta es (d). Solución:

Primero observemos que B, D y F son números pares, luego A, C y E son impares. Como 4 divide a ABCD y C tiene que ser impar, D puede tener los valores 2 y 6. En efecto, si D es 4 entonces 10C debería de ser múltiplo de 4. Esto no sucede, ya que C es impar. Ahora, como 5 divide a ABCDE, entonces E es 5. Hagamos la siguiente tabla:

Caso A B C D E F

1 2 3 4

6 4 4 2

2 2 6 6

5 5 5 5

4 6 2 4

B A

D C

E

h1

h2

h


Para que se cumpla que 3 divide a ABC, A+B+C tiene que ser divisible entre 3. Como 3│1+2+…+6, entonces 3 también tiene que dividir a D+E+F. Esto solo se cumple en el caso 4 de la tabla. Los números restantes son 1 y 3 que se pueden acomodar de dos formas, obteniendo dos números armoniosos: 123654 y 321654. Problema 57. La respuesta es (b). Solución: La ecuación dada es equivalente 5A+7B = 31. Si A fuera mayor o igual que 7, 5A+7B sería al menos 35, que se pasa de 31. Por lo tanto, A es a lo más 6. Probando los naturales hasta el 6 para ver cuales tienen la propiedad de que 31-5A es múltiplo de 7, vemos que la única posibilidad es A=2, B=3. Problema 58. La respuesta es (d). Solución: Dividimos el triángulo XYZ de la siguiente forma: Cada triángulo pequeño tiene área 2. Llamemos S al área sombrada. S = 18 - [ (DEZ) + (BXF) + (YBD) ] Ahora bien, (DEZ) = 2 y (BXF) = (YDB) = 4 Por lo tanto, S = 18 - [ 2 + 4 + 4 ] = 8.

Problema 59. La respuesta es (b). Solución: Para un polígono de “n” lados el número de diagonales es n(n-2)/2, ya que de cada vértice salen n-3 diagonales y se divide entre 2 para no contarlas dos veces. Resolviendo la ecuación 3n = (n2-3n)/2, encontramos que la única solución positiva es n = 9. Problema 60. La respuesta es (c). Solución: Como n2(n2-1) = n2(n-1)(n+1) = n(n-1)n(n+1) y (n-1)n(n+1) es el producto de tres enteros consecutivos, entonces es divisible entre 6. Si “n” es par entonces n2 es divisible entre 4 (y no hay garantía de ser divisible entre 8), y si “n2 es impar (n-1)(n+1) es divisible entre 4 (y no hay garantía de ser divisible entre 8). Por lo tanto es divisible entre 12 (y no hay garantía de ser divisible entre 24). Problema 61. La respuesta es (b). Solución: Primero observemos que la hormiga no puede pasar dos veces por un vértice, ya que cada vértice tiene tres aristas y cuando la hormiga pasa por un vértice usa dos de esas aristas, una para llegar y otra para salir, si llegara otra vez a tal vértice no tendrá arista para salir. Ahora un camino máximo sería cuando recorre los 8 vértices y cada vez que va de un vértice a otro recorre una distancia 1, luego la máxima distancia es 8. Problema 62. La respuesta es (a). Solución:

Observemos que: 3

3 2 3

2 3 3

1 1 1 1 1 1a a 3a 3a a 3 a

a a aa a a

De donde 3 2

3

3

1 1 1 1 1 1a a 3 a a a 3 a 3 3 0

a a a a aa

Problema 63. La respuesta es (a). Solución: Sea h la longitud de la altura sobre el lado que mide “x”. Como el área es “x” tenemos que xh/2 = x, donde h=2. Entonces la altura debe coincidir con el lado que mide 2, es decir, el triángulo es rectángulo. Por lo tanto,

usando el teorema de Pitágoras, obtenemos x = 2 23 2 5


Problema 64. La respuesta es (d). Solución: La distancia máxima está dada de uno de los extremos de la recta MN a uno de los extremos de la recta PQ. En efecto para cada punto fijo R sobre PQ, la distancia máxima de R a los puntos del segmento MN se alcanzará en M y N. Consideremos los puntos N y P y dibujemos un triángulo con estos puntos y el vértice A. la distancia de N a A es 1 y de A a B es 2,

por lo tanto la hipotenusa AP, del triángulo ABP es 5 . Obsérvese que el triángulo NAP es rectángulo, luego la hipotenusa NP del triángulo NAP es igual a 5 .

Problema 65. La respuesta es (c). Solución: Construyamos la siguiente tabla que nos indica los días en que mienten (M) o dicen la verdad (V):

Lun Mar Mié Jue Vie Sáb Dom

Hiena M M M V V V V

Zorra V V V M M M V

Ahora construyamos una tabla similar y pongamos una S en los días que la afirmación del diálogo pudo haber sido hecha y una N en el otro caso.

Lun Mar Mié Jue Vie Sáb Dom

Hiena S N N S N N N

Zorra N N N S N N S

Claramente vemos que el día en que sucedió el encuentro fue el Jueves. Problema 66. La respuesta es (d). Solución: Los puntos de intersección de las bisectrices solamente se pueden dar dentro de las caras del tetraedro. Una bisectriz de una cara tiene sólo tres puntos de intersección, el vértice de donde sale, el incentro de la cara donde está la bisectriz y el punto medio de la arista a la que llega. Así, vértices hay 4, incentros hay 4 (uno por cada cara) y puntos medios de aristas hay 6. Luego hay en total 14 puntos de intersección. Problema 67. La respuesta es (d). Solución: Tenemos que p(1) = 13+1a+1 = 1+a+1 = 2+a = 1, entonces a=-1. Luego, p(2) = 23+2a+1 = 8+2(-1)+1 = 8-2+1 = 7. Problema 68. La respuesta es (c). Solución: Observemos que si el primer jugados toma 3 dejaría 10 fichas. Ahora no importa cuántas ficha toma el segundo jugador, el primero siempre puede completar un grupo de cinco fichas. De esta manera asegura su triunfo. Problema 69. La respuesta es (d). Solución: Primero, 18/(n+4) es entero si y sólo si n+4 divide a 18, es decir, si es uno de los números 1, 2, 3, 6, 9, 18. Para que “n” sea positivo, n+4 debe ser 6, 9 ó 18. Por lo tanto, “n” puede tomar 3 valores. Problema 70. La respuesta es (c). Solución: Tenemos que m-2n = m-2n+2m-n-3 = 3(m-n-1). Por lo tanto es múltiplo de 3. Problema 71. La respuesta es (c). Solución: La sucesión de los números de los escalones que pisa la rana es: 0, 5, 3, 8, 6, 11, 9, 14, 12, … . Los números son de dos formas: múltiplos de tres (3a) y múltiplos de 3 más 5 (3b+5). De los números que tenemos, el único que no se puede escribir de una de estas formas es el 1999. Problema 72. La respuesta es (b). Solución:

A


Observemos primero que: RST = RSB + BST

Pero RSB = RAB ya que abren el mismo arco, además RAB = 90° - B.

Análogamente, BST = BCT = 90° - B.

Por lo tanto, RST = 180° - 2B = A.


El área del triángulo pequeño es 2a 2bsenC 8

2

. Por lo tanto 4

senCab

.

El área del triángulo grande es:

415ab

5b 3a abA senC 30

2 2

.

Problema 74. La respuesta es (a). Solución: Si dibujamos el cono como un triángulo (como se muestra en la siguiente figura) tenemos que el lado mide 10 ya que es el radio del semicírculo. La base del triángulo es el diámetro del círculo cuya circunferencia es 10π. Este círculo está formado por la longitud de la semicircunferencia. Aplicando el teorema de

Pitágoras, tenemos que la altura del cono “h” satisface: h 100 25 75 5 3 .

Problema 75. La respuesta es (b). Solución: El cubo de volumen 216 se divide en el tetraedro regular y cuatro pirámides idénticas, tal y como se muestra en la siguiente figura. El volumen de una pirámide, con base de área A y altura h, es V=(A×h)/3. En nuestro caso el área de la base A es la mitad de una cara del cubo y la altura h es la arista del cubo. Entonces:

1 1V A h (18)(6) 36

3 3 .

El volumen T del tetraedro es igual al del cubo menos el de las 4 pirámides, esto es: T = 216 - 4(36) = 72. Problema 76. La respuesta es (b). Solución: Llamamos A, B y C los vértices opuestos a los lados a, b y c respectivamente. (a+b+c)(a+b-c) = 3ab → (a+b)2-c2 = 3ab → a2+2ab+b2-c2 = 3ab → c2 = a2+b2-ab. Por otro lado, utilizando la ley de cosenos,

tenemos que c2 = a2+b2-ab cos C, de donde cos C = 1/2. Por lo tanto, el C=60°. Problema 77. La respuesta es (a). Solución: Acomodemos los 9 dígitos distintos de cero en una cuadrícula como se muestra. Al dividir cualquiera de los dígitos del primer renglón entre 3, el residuo es 1. Al dividir los dígitos del segundo renglón entre 3, el residuo es 2 y los dígitos del tercer renglón son divisibles entre 3.

1 4 7

2 5 8

3 6 9

Observemos que la suma de los tres dígitos de un renglón siempre es divisible entre 3. Por lo tanto, al formar números con los 3 dígitos de un renglón, el número es divisible entre 3. Luego, de estos tenemos 3×3! números (3 renglones y 3! permutaciones de cada renglón). Luego, tenemos que si tomamos un dígito de cada renglón la suma es divisible entre 3. Por lo tanto, un número formado por un dígito de cada renglón es también divisible entre 3. Entonces, de estos números hay 33, que son las combinaciones posibles tomando un dígito de cada renglón y lo debemos multiplicar por las permutaciones de 3 elementos. Por lo tanto, tenemos 33(3!) números en cada caso. Siendo estos los únicos dos casos posibles tenemos un total de 3×3!+33(3!)=180 números. Problema 78. La respuesta es (c). Solución:

Como n (n 1)1 2 3 ... n

2

para cualquier entero positivo “n”, entonces:

11 1111 10 (10 1)

1 2 3 ... 102

11 11 1111 10 11 1110 (10 1) 10

(10 1) 2 5 (10 1)2 2

. Como 511 y 1011+1 son impares, el factor 2 aparece 10 veces.

C

10

10 h


Problema 79. La respuesta es (a). Solución:

Si la factorización de n en primos es 1 2 k

1 2 kp p ...p , entonces “n” tiene (1+1)(2+1)…(k+1) divisores (esto se

debe a que los divisores de “n” son los números de la forma 1 2 k

1 2 kp p ...p donde cada i es uno de los números

0,1,2,…,i; entonces, cada i tiene i+1 posibilidades). Las factorizaciones en primos de los números

presentados como opciones son: 22325272, 1181, 2939, 364. El número de divisores de cada uno es entonces:

(2+1)(2+1)(2+1)(2+1) = 81, 81+1 = 82, (9+1)(9+1) = 100 y 64+1 = 65. Sólo el primero tiene 81 divisores.

Problema 80. La respuesta es (c). Solución: Primero, “n” tiene que ser de la forma 3k, 3k+1 o 3k+2. Si n=3k, 2n-1 = (23)k-1 = (23-1)((23)k-1+(23)k-2+…+1) que es múltiplo de 7. Si n=3k+1, 2n-1 = 2(23k-1)+1 que deja residuo 1 al dividirse entre 7. Similarmente, si n=3k+2, 2n-1 = 4(23k-1)+3 que deja residuo 3 al dividirse entre 7. Por lo tanto, 2n-1 es múltiplo de 7 si sólo si “n” es múltiplo de 3. Problema 81. La respuesta es (d). Solución: Sea n=1a1b1c1d1. Para que n sea múltiplo de 33 necesitamos que sea múltiplo de 3 y 11. Para que sea divisible entre 3, la suma de sus dígitos tiene que ser divisible entre 3, es decir, 1+a+1+b+1+c+1+d+1=5+(a+b+c+d) tiene que ser divisible entre 3. Un número es múltiplo de 11 cuando la suma alternada de sus dígitos es divisible entre 11. Entonces 1-a+1-b+1-c+1-d+1=5-(a+b+c+d) es divisible entre 11. Luego a+b+c+d debe ser de la forma 3k+1, para que al sumarle 5 sea múltiplo de 3. Análogamente, a+b+c+d tiene que ser de la forma 11k+5. Consideremos M=(a+b+c+d)-16. Como a+b+c+d es de la forma 3k+1, M es divisible entre 3 y como a+b+c+d es de la forma 11k+5, M es divisible entre 11. Por lo tanto, (a+b+c+d)-16 es divisible entre 33, es decir, a+b+c+d es de la forma 33k+16. Como a, b, c y d son dígitos, su suma es a lo más 36 y si la forma del número 33k+16, deberá ser exactamente 16. Tenemos pues, que el número de números de la forma 1a1b1c1d1 divisible entre 33 es igual al número de formas de escoger cuatro dígitos a<b<c<d cuya suma sea 16. Las 16 formas son:

a b c d a b c d 0 1 6 9 1 2 4 9 0 1 7 8 1 2 5 8 0 2 5 9 1 2 6 7 0 2 6 8 1 3 4 8 0 3 4 9 1 3 5 7 0 3 5 8 1 4 5 6 0 3 6 7 2 3 4 7 0 4 5 7 2 3 5 6

Problema 82. La respuesta es (d). Solución: Los números que son suma de distintas potencias de 3 son los números cuyos dígitos en base 3 son sólo 0 ó 1. Con esto es fácil ver que para encontrar el elemento de la sucesión en la posición n, se debe escribir n en base 2 pero leerlo en base 3, es decir, si n = (akak-1…a0)2, el elemento de la sucesión que se encuentra en esta posición es (akak-1…a0)3. Como 100 = (1100100)2, el número en el lugar 100 es (1100100)3 = 36+35+32 = 981. Problema 83. La respuesta es (b). Solución: Trazamos OS la perpendicular desde O a la secante QR. Esta divide a QR en dos partes iguales. Tenemos que OS2+SP2=OP2, de donde: OS2+(7/2)2 = OQ2 OS2+(9+(7/2))2 = 132 Resolviendo el sistema de ecuaciones, se tiene que OQ = r = 5.

Problema 84. La respuesta es (b). Solución: Observe que son semejantes los triángulos PQA y SQB y la razón de semejanza es 1:2. También guardan la misma semejanza los triángulos RCS y RAP, luego: BS

2AP

y CS 1

AP 2 . Como BS = BC+CS = 3+CS, entonces CS 3

2AP AP

y como

CS 1

AP 2 , resulta que: AP = 2 y CS = 1.


A B O

R Q

P


No puede tener 7 o más, ya que la suma de los ángulos internos de un octágono es 1080°, [ 8(180°) - 360° = 1080° ]. Si hubiera siete ángulos rectos, el octavo tendría que medir 450°, lo cual es imposible. Con seis, si se puede y se forma el siguiente octágono.

Problema 86. La respuesta es (d). Solución: El arreglo posible es:

3 4 1 2 5

2 5 3 4 1

4 2 5 1 3

1 3 4 5 2

5 1 2 3 4


Las raíces y de una ecuación cuadrática ax2+bx+c = 0 cumplen que + =-b/a y × = c/a

La ecuación tiene a =1 como raíz pues a(b-c)+b(c-a)+c(a-b) = 0 y como las raíces cumplen: c (a b)

a (b c)

, tenemos que la otra raíz es c (a b)

a (b c)

.

Problema 88. La respuesta es (c). Solución: Como el primer niño dijo “no”, los colores de 2, 3 y 4 no pueden ser iguales, luego él ve dos de un color y otro de otro. El segundo niño, si ve al tercero y cuarto del mismo color sabrá que su color es diferente al del 3 y 4. Si los ve diferentes deberá contestar que “no”. El tercer niño sabe ahora, debido a la respuesta “no” del segundo, que su gorro es de color diferente al del cuarto por lo que deberá contestar que “sí”. Problema 89. La respuesta es (b). Solución: Hacemos el siguiente diagrama de Venn, como se muestra en la siguiente figura. Sean A, B, C, los conjuntos de personas que respondieron bien la primera, la segunda y la tercera pregunta respectivamente. Como 55 personas respondieron bien al menos la primera, los que únicamente respondieron bien la primera son 55 - (8+9+11) = 27, los que nada más respondieron bien la segunda son 32 - (8+9+6) = 9, los que nada más respondieron bien la tercera son 49 - (8+11+6) = 24. Por lo tanto, los que no respondieron bien ninguna son: 100 - (8+9+11+6+27+9+24) = 6.

Problema 90. La respuesta es (d). Solución: Como a-b+c = a((-2)+1)2 + b((-2)+1) + c, Podemos observar que a-b+c se obtiene al sustituir “x” por (-2) en: a(x+1)2 + b(x+1) + c = x2 + 9. Por lo tanto, a-b+c = (-2)2+9 = 13. Problema 91. La respuesta es (b). Solución: Encontremos primero la suma de los primeros “n” números pares:

n (n 1)2 4 6 ... 2n 2 (1 2 3 ... n) 2 n (n 1)

2

Y la suma de los primeros “n” números impares es:

22n (2n 1)1 3 5 ... (2n 1) 1 2 3 ... 2n 1 2n (2 4 6 ... 2n) n (n 1) n (2n 1 n 1) n

2

Luego, de 21 3 5 ... (2n 1) n n 1999

2 4 6 ... 2n n (n 1) n 1 2000

se debe tener que n=1999.

Problema 92. La respuesta es (a). Solución: Se pueden representar todos los números del 1 al 31. El 1, 2, 4, 8 y 16 están ya que las sumas de un solo sumando están permitidas y estos números son las potencias de 2, es decir, 20=1, 21=2, …, 24=16. Observemos la siguiente relación: Números en base 2 Números en base 10

1 = 20 = 1 10 = 121+020 = 2

A B

C

9

8 11 6


11 = 121+120 = 3

100 = 122+021+120 = 4

11111 = 124+123+…+120 = 31

Por lo tanto, podemos escribir todos los números del 1 al 31. Problema 93. La respuesta es (c). Solución: Como a4-b4 = (a2-b2)(a2+b2), tenemos que a2-b2 divide a a4-b4, luego (a4-b4, a2-b2) = a2-b2. Problema 94. La respuesta es (c). Solución: Si todos los números fueran distintos tendríamos 5! Arreglos. Pero como tenemos dos 1’s y dos 2’s cada permutación entre unos o cada permutación en doses la estamos contando dos veces. De esta manera, se

deduce que hay 5!30

2!2! .

Problema 95. La respuesta es (d). Solución: Primero hay que ver que debemos dejar al menos dos subconjuntos cuyos puntos sean adyacentes, ya que de otra forma dos triángulos se van a intersectar. Entonces, podemos hacer la selección de dos maneras diferentes. La primera es tomando a los subconjuntos de modo que los puntos de cada uno de ellos sean adyacentes, de esta manera tenemos tres formas de hacer la selección. La segunda es tomando dos subconjuntos con sus puntos adyacentes y el tercer subconjunto sin los tres puntos adyacentes, hay nueve maneras de hacer la selección. Por lo tanto, hay 12 formas distintas de escoger a estos 3 subconjuntos. Problema 96. La respuesta es (d). Solución: Numeramos los puntos del 1 al 6 en sentido de las manecillas del reloj. Tenemos dos casos. Tracemos las cuerdas de modo que cada punto quede unido con un punto adyacente, es decir, el 1 con el 2, el 3 con el 4 y el 5 con el 6. Considerando las rotaciones tenemos dos maneras de unirlos. El segundo caso es uniendo el 1 con el 4, el 2 con el 3 y el 5 con el 6. Considerando las rotaciones tenemos tres formas de unirlos. Luego, hay en total 5 formas de unir los puntos.

Problema 97. La respuesta es (c). Solución: Tres mujeres fueron a la tienda de abarrotes y por la condición 1, Dora no fue. Por lo tanto, Lucía, margarita y Ester son las tres que fueron a la tienda de abarrotes. Por la condición 4, la señora Pérez no fue a la tienda de abarrotes (porque Lucía si fue). La única que no fue a la tienda de abarrotes es Dora, por lo que Dora debe ser la señora Pérez. Sabemos que la señora Gómez fue a la tienda de abarrotes y por la condición 2 también fue al carnicero. Como cada una fue a dos lugares, la señora Gómez no fue ni al banco ni a la tlapalería. De la condición 3 tenemos que Margarita si fue al banco. Entonces Margarita no es la señora Gómez. Por como está escrita la condición 2 se entiende que la señora Gómez no es Ester. Además, la señora Gómez no es Dora Pérez. Por lo tanto, la señora Gómez es Lucía. Dora Pérez no fue ni con el carnicero, ni a la tienda de abarrotes, porque a esos lugares no fue Lucía Gómez. Como la señora Pérez debió haber ido a dos lugares, fue a la tlapalería y al banco. Margarita no puede ser la señora Torres, porque Margarita fue al banco y por la condición 4, si la señora Torres fue al banco, Dora Pérez no puede haber ido también, pero ya vimos que si fue. Por lo tanto la señora Torres es Ester. Entonces, el apellido de margarita es Martínez. Problema 98. La respuesta es (b). Solución: Claramente, las únicas posibles soluciones para “x” son del 1 al 7. Cuando x = 7 tenemos que y+z = 2 que tiene únicamente una solución y = z = 1; cuando x = 6 tenemos que y+z = 5, que tiene cuatro soluciones, y puede variar de 1 a 4 y z del 4 al 1, es decir, si y = 1, z = 4, si y = 2, z = 3 y así sucesivamente. De aquí podemos ver que si reducimos el valor de x en 1, aumentamos tres soluciones. Entonces el número total de soluciones es 1+4+7+10+13+16+19 = 70.

1

2

4

6

5 3


Problema 99. La respuesta es (a). Solución: Hay 25 alumnos en la clase. Como 6 alumnos se sacaron 6 en matemáticas, hay 19 alumnos que no tienen 6 en matemáticas y hay a lo más el mismo número de deportistas. Si le damos 1 punto a cada uno de los deportes practicado por algún alumno tenemos 17+13+8 = 38 puntos para los deportes y hay a lo más 19 personas que practican deportes y ninguna de ellas practica tres deportes, entonces tenemos que todas practican dos deportes. De los 19 deportistas, 17 son ciclistas, luego hay únicamente dos alumnos que son nadadores y esquiadores a la vez. Problema 100. La respuesta es (a). Solución:

El mínimo común múltiplo de 2, 3, 4, 5, 6 7, 8, 9 y 10 es 233257=2520. Una vez encontrado un número (r)

que cumpla que al ser dividido entre 2 deje residuo 1, entre 3 deje residuo 2, entre 4 deje residuo 3, etc., y al dividirlo entre 9 deje por residuo 8 y al dividirlo entre 10 deje residuo 9, todos los demás son de la forma s=r+2520m donde m es un entero. Como r=-1 es un número con la propiedad, tenemos que 2519=-1+2520 es el número positivo más pequeño. Como 11 divide a 2519 el residuo es 0.

( recopilación de problemas introductorios y soluciones )...problema 6. ¿cuántos números hay del...

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