Examen estatal de Baja California
Primera etapa
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Semestre o a˜no: Instrucciones:
-Contesta las preguntas en las hojas blancas que te ser´an proporcionadas. -Cada respuesta correcta vale 5 puntos.
-El puntaje m´aximo posible es de 50 puntos. -No se permite el uso de calculadoras. -Este examen tiene una duraci´on de 2 horas.
Buena Suerte!!!
Problema 1 Sea ABCD un cuadrado. Sean E y F puntos sobre el lado AB
tales que AE = EF = F B. ¿Qu´e fracci´on del cuadrado delimita el trapecio
F EDC? A B C D E F
Problema 2 Se tienen cuadrados de1×1,2×2 y 3×3. ¿Cu´al es la menor cantidad de cuadrados que se deben usar para completar un cuadrado, usando al menos uno de cada uno?
Problema 3 ¿Cu´antos resultados diferentes podemos obtener sumando dos n´umeros distintos del conjunto {1,2,3, . . . ,10}?
Problema 4 ¿Cu´anto mide el ´area de un cuadrado inscrito en una semicir-cunferencia de radio 1?
O
A B
C D
Problema 5 Un n´umero capic´ua es el que se lee igual de derecha a izquierda que de izquierda a derecha, por ejemplo, el n´umero 1324231. ¿Cu´antos n´umeros capic´uas menores que cien mil existen?
Problema 6 ¿Cu´al es el ´ultimo d´ıgito de32005
? Problema 7 Six= q 6 +p6 +√6 +. . . yy= q 6−p6−√6−. . ., donde el signo. . . significa que contin´ua hasta el infinito. ¿Cu´anto vale x−y?
Problema 8 Se tienen menos de 200 canicas. Si se reparten entre 3, sobra una; si se reparten entre 7, sobran 2 y; si se repartieran entre 5 no sobrar´ıa ninguna. ¿Cu´antas canicas hay?
Problema 9 SeaP un punto en el interior del rect´anguloABCD. SiP A= 3,
P C = 5y P D= 4, encuentra el valor deP B. A B C D P 3 4 5
Problema 10 Cada arista de un cubo es coloreada roja o negra. Cada cara del cubo tiene al menos una arista negra. Encuentra la menor cantidad de aristas negras que puede haber.
Soluci´on 1 Calculamos el ´area que no cubre el trapecio, la cual consiste de los tri´angulos rect´angulos AEDyF BC, cuyas basesBF yEAmiden un tercio del lado del cuadrado y sus alturas BC y ADson el lado del cuadrado.
A B
C D
E F
Si el lado del cuadrado midey, entonces el ´area de cada uno de estos tri´angulos es 1
2
y
3y =
y2
6 y el ´area de los dos es
y2
3, la cual es 1
3 del ´area total y 2
. Por lo tanto, el ´area del trapecio es 2
3 del ´area del cuadrado.
Soluci´on 2 Con uno de3×3, tres de 2×2 y cuatro de1×1(ocho en total) se hace un cuadrado de5×5. Debe de haber exactamente un cuadrado de 3×3, si hay dos tendr´ıa que haber por lo menos 9 cuadrados m´as. Debe de haber exactamente tres de 2×2 porque si hay m´as aumenta la dimensi´on y tambi´en el n´umero de cuadrados usados.
Soluci´on 3 El n´umero m´as grande que podemos obtener es 19 y el m´as chico es 3. Es f´acil ver que se puede obtener cualquier n´umero entre estos dos. Por lo tanto, podemos obtener 17 resultados distintos.
Soluci´on 4 El tri´angulo rect´angulo4OBD tiene por hipotenusa al radio OB, de aqu´ı obtenemos que BD2
+OD2
= 1. ComoBD = 2OD, entonces BD2
+ (BD
2 ) 2
= 1 y el ´area del cuadrado esBD2
= 4 5.
O
A B
C D
Soluci´on 5 Separemos en casos seg´un la cantidad de d´ıgitos:
a) El m´aximo de d´ıgitos que tienen los n´umeros menores a cien mil es 5. Ten-emos 9 formas de escoger el d´ıgito de las decenas de millar, pues se puede escoger
cualquier n´umero del 1 al 9 (el cero no, porque entonces el n´umero ser´ıa de 4 d´ıgitos, no de 5). Para cada una de estas formas se puede escoger las unidades de millar, ahora si, como cualquiera de los d´ıgitos 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 d´ıgito de las centenas tambi´en de 10 formas. Una vez que se tiene escogida la mitad de los d´ıgitos, dado que el n´umero es capic´ua, el resto del n´umero se completa copiando el d´ıgito correspondiente, por ejemplo: si ya es-cogimos893 , debemos finalizarlo en 9 y 8 para que quede el n´umero capic´ua 89398. En este caso tenemos9×10×10 = 900 n´umeros.
b) Para n´umeros de 4 d´ıgitos, se hace un procedimiento similar: 9 formas de escoger las unidades de millar y 10 formas de escoger las centenas:9×10 = 90
n´umeros.
c) Para n´umeros de 3 d´ıgitos, es igual al caso anterior, 90 n´umeros. Son los mismos que en el caso anterior pero sin uno de los d´ıgitos centrales repetido. d) De dos d´ıgitos son 9, los nueve que se pueden formar utilizando cada uno de los d´ıgitos del 1 al 9 dos veces.
e) Todos los n´umeros de un d´ıgito se leen igual al derecho y al r´eves. Tenemos 9 n´umeros m´as.
En total, tenemos900 + 90 + 90 + 9 + 9 = 1098 n´umeros capic´uas menores que cien mil.
Soluci´on 6 Notemos que˜ 31
termina en 3,32
termina en 9,33
termina en 7,
34
termina en 1, y de aqu´ı en adelante se repite el ciclo. Como el periodo del ciclo es 4 y el m´ultiplo de 4 m´as cercano es 2004, entonces,32005
termina en 3.
Soluci´on 7 Sea n el n´umero de canicas. Por las condiciones del problema sabemos quenes de las formas3k+ 1,7t+ 2,5r, para algunos enterosk, t, r. Podemos reescribir estas formas como 3k1−5,7t1−5,5r1−5, para algunos
enterosk1, t1, r1.Con esto, tenemos quen+5es simult´aneamente de las formas
3k1,7t1,5r1, es decir, es de la forma 3·5·7m= 105m, para alg´un entero m.
El menor valor para mes 1, por lo tanto n+ 5 = 105, esto es,n= 100.
Soluci´on 8 Tenemos quex2
= 6+
q
6 +p6 +√6 +. . ., es decir,x2
= 6+x. Resolviendo esta ecuaci´on cuadr´atica tenemos dos posibles soluciones: x= 3 y
x=−2. Pero xdebe ser positivo, entoncesx= 3. An´alogamente, tenemos que
y2
= 6−y, de donde obtenemos quey= 2. Por lo tanto, x−y= 1.
Segunda soluci´on: Comox2
= 6 +xyy2 = 6−ytenemos quex2 −y2 =x+y, esto es, (x−y)(x+y) =x+y.
Dado que xy y son positivos, tenemos quex+y tambi´en lo es, entonces, divi-diendo entrex+y ambos lados de la ecuaci´on obtenemos quex−y= 1.
Soluci´on 9 SeanQyRlos pies de las perpendiculares trazadas desdeP hacia los segmentos AD y BC, respectivamente. Utilizando el Teorema de Pit´agoras obtenemos que P A2 −P D2 =QA2 −QD2 =RB2 −RC2 =P B2 −P C2 .
Sea x=P B, entonces, de la expresi´on anterior tenemos que
32 −42 =x2 −52 , de aqu´ı tenemos x2 = 18. Por lo tanto, x=P B= 3√2. A B C D P Q 3 R 4 5 x
Soluci´on 10 Como hay 6 caras y cada arista es compartida por s´olo 2 caras, debe de haber al menos 6/2 = 3aristas negras. La figura muestra que 3 aristas negras es suficiente.
