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SECRETARA DE EDUCACIN JALISCO COORDINACIN DE EDUCACIN BSICA
DIRECCIN GENERAL DE EDUCACIN PRIMARIA DIRECCIN GENERAL DE
PROGRAMAS ESTRATGICOS
DIRECCIN DE PROGRAMAS DE ACOMPAAMIENTO PEDAGGICO
SEGUNDA OLIMPIADA ESTATAL DE MATEMTICAS EN EDUCACIN PRIMARIA Y
SECUNDARIA
2 OEMEPS 2011
CUADERNILLO DE ENTRENAMIENTO NIVEL PRIMARIA
Guadalajara, Jalisco, febrero de 2011
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Cuadernillo de Entrenamiento Nivel Primaria 2 OEMEPS 2011
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NDICE Pg. PRESENTACIN 3 JUSTIFICACIN 5 INSTRUCTIVO DE
PROCEDIMIENTOS PARA LA APLICACIN Y EVALUACIN DE LOS EXMENES
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PROBLEMAS 7 SOLUCIONES 15 FUENTES DE CONSULTA 34
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Cuadernillo de Entrenamiento Nivel Primaria 2 OEMEPS 2011
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PRESENTACIN La Secretara de Educacin Jalisco, a travs de la
Coordinacin de Educacin Bsica, con el propsito de fortalecer el
desarrollo de competencias matemticas en los alumnos de educacin
primaria y secundaria, a travs de un concurso que implique el
razonamiento y la creatividad en la resolucin de problemas, convoca
a la Segunda Olimpiada Estatal de Matemticas en Educacin Primaria y
Secundaria 2011 (2 OEMEPS). La 2 Olimpiada Estatal de Matemticas en
Educacin Primaria y Secundaria, 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, resolvern en un lapso
de tiempo suficiente, problemas que implican razonamiento y
creatividad, sin el uso de la calculadora, a la vez que muestran su
nivel de desarrollo en las competencias de resolucin de problemas
de manera autnoma, comunicacin de informacin matemtica, validacin
de procedimientos y resultados, y manejo de tcnicas con eficiencia,
consideradas en el Perfil de Egreso de Educacin Bsica:
Competencias para el manejo de la informacin. Se relacionan con:
la bsqueda, identificacin, evaluacin, seleccin y sistematizacin de
informacin; el pensar, reflexionar, argumentar y expresar juicios
crticos; analizar, sintetizar, utilizar y compartir informacin; el
conocimiento y manejo de distintas lgicas de construccin del
conocimiento en diversas disciplinas y en los distintos mbitos
culturales. (SEP, 2009, pgs. 40-41)
As como en la definicin que la SEP (2011), plantea con respecto
al concepto Competencias para la vida:
Competencias para el manejo de la informacin. Su desarrollo
requiere: identificar lo que se necesita saber; aprender a buscar;
identificar, evaluar, seleccionar, organizar y sistematizar
informacin; apropiarse de la informacin de manera crtica, utilizar
y compartir informacin con sentido tico. (SEP, 2011, 38-39)
Los alumnos participantes escribirn sus procedimientos de
solucin y los jueces asignarn puntos segn el avance logrado en sus
respuestas. Esta jornada de trabajo intenso necesariamente dejar
aprendizajes de gran valor en los alumnos y desarrollar
competencias profesionales en los docentes.
Organizar y animar situaciones de aprendizaje. Se relacionan
con: el conocer a travs de una disciplina determinada, los
contenidos que hay que ensear y su traduccin en objetivos de
aprendizaje; trabajar a partir de las representaciones de los
alumnos; trabajar a partir de los errores y los obstculos en el
aprendizaje; construir y planificar dispositivos y secuencias
didcticas e implicar a los alumnos en actividades de investigacin,
en proyectos de conocimiento. (Perrenoud, 2007)
Para esta 2 Olimpiada Estatal de Matemticas en Educacin Primaria
y Secundaria, se ha decidido arrancar desde el inicio del ao 2012,
con la convocatoria y las actividades relacionadas con la resolucin
de problemas que se proponen en este Cuadernillo de
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Cuadernillo de Entrenamiento Nivel Primaria 2 OEMEPS 2011
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Entrenamiento. Los alumnos podrn participar en la categora y en
las etapas que les correspondan de acuerdo con las bases
establecidas en dicha convocatoria. Pensando en apoyar a los
profesores en la preparacin de sus alumnos que participarn en los
distintos momentos de la Olimpiada, se ha elaborado este
Cuadernillo de Entrenamiento, en el que se proponen problemas
similares a los que los alumnos enfrentarn en cada una de las
etapas del concurso. Es importante que el maestro dedique un tiempo
exclusivo para el trabajo con los alumnos usando el problemario. Se
recomienda destinar al menos una hora a la semana. La metodologa de
trabajo sugerida es la misma que se propone en los programas
oficiales de la SEP del 2011 correspondientes a la asignatura de
Matemticas en Educacin Bsica. En un ambiente de confianza creado
por el maestro, los alumnos debern abordar los problemas con las
herramientas personales de que disponen e intentar encontrar en
cada problema, al menos una solucin sin el uso de la calculadora,
para confrontar posteriormente con el resto de sus compaeros los
resultados a los que lleguen, justificando y 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 argumentacin que hagan los alumnos, es importante
que el profesor les solicite escribir todas las ideas que se les
ocurran durante el proceso de resolucin, independientemente de si
los llevaron o no a la solucin final. El profesor previamente deber
resolver los problemas que propondr en la sesin de trabajo o
revisar las soluciones que se proponen en este problemario y
presentar al menos una solucin en el caso de que los alumnos no
logren encontrar alguna. Adems, es necesario que durante la
confrontacin de soluciones, organice los diferentes resultados a
los que arriben sus alumnos, aproveche el momento para hacer las
precisiones convenientes en cuanto a conceptos, definiciones o
repaso de algoritmos que hayan sido necesarios en la resolucin o
representado alguna dificultad para los alumnos. Algunos de los
problemas incluidos en este cuadernillo formaron parte de los
exmenes aplicados en las ediciones anteriores de la OEMEPS, mismos
que fueron tomados principalmente de los Calendarios Matemticos
2007-2008 y 2009-2010, de los boletines Un reto ms, y de algunos
exmenes y problemarios de la Asociacin Nacional de Profesores de
Matemticas (ANPM), Delegacin Jalisco. Los criterios de evaluacin
son una propuesta para dar una idea de cmo puede dividirse el
proceso de solucin, otorgando puntos a cada avance parcial.
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JUSTIFICACIN
La 2 Olimpiada Estatal de Matemticas en Educacin Primaria y
Secundaria (OEMEPS) es una iniciativa de la Secretara de Educacin
Jalisco que busca promover el desarrollo de competencias matemticas
y favorecer el gusto e inters por las matemticas en los alumnos de
educacin bsica de la entidad, para elevar el rendimiento escolar,
considerando los resultados de la Evaluacin Nacional del Logro
Acadmico en Centros Escolares (ENLACE), y el Informe del Programa
Internacional para la Evaluacin de Alumnos (PISA). La 2 OEMEPS por
lo tanto, desarrolla competencias para entender y resolver
problemas a partir de la aplicacin del conocimiento en alumnos de
primero, segundo y tercer grado de secundaria, a travs de exmenes
que son aplicados en cada una de sus tres etapas (de escuela, de
zona y estatal) con el apoyo de problemarios elaborados por
especialistas en matemticas. La evaluacin a diferencia de otras
acciones emprendidas para este fin, toma en cuenta el avance
logrado y el grado de desarrollo de las competencias matemticas
mostradas en los procedimientos de solucin. La finalidad del
problemario no es seleccionar al o los alumnos ms competentes, esa
funcin le corresponde al examen de la Etapa de Escuela y ser
gradual con respecto a los problemas que se apliquen, previa
seleccin de los mismos. El objetivo es compartir con los docentes,
el tipo de problemas utilizados como parte de la preparacin
entrenamiento, en el caso de las olimpiadas de los alumnos,
recopilando problemas de los exmenes de otras olimpiadas, que
aunados a los aportes de la Internet, permitirn crear un banco de
problemas. El problemario est enfocado 100% al entrenamiento de los
alumnos que participarn en la 2 Olimpiada Estatal de Matemticas en
Educacin Primaria y Secundaria.
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INSTRUCTIVO DE PROCEDIMIENTOS PARA LA APLICACIN Y EVALUACIN DE
LOS EXMENES
a) El examen que se aplicar en cada una de las etapas consta de
cinco problemas y se
podr resolver en hasta cuatro horas.
b) Cada problema tendr un valor de siete puntos, distribuidos de
la siguiente manera: uno o dos puntos por el resultado correcto del
problema y de cinco a seis puntos ms, por los procedimientos de
solucin utilizados; en total, siete puntos por problema. Los puntos
se asignarn de acuerdo con los resultados parciales, el avance
logrado y el grado de desarrollo de las competencias matemticas
mostradas en sus procedimientos de solucin y tomando como base los
criterios de evaluacin de cada problema del examen, mismos que sern
definidos antes de la aplicacin.
c) Se utilizar un cdigo de registro como identificador del
examen de cada alumno,
asignado en el momento de la inscripcin en la etapa
correspondiente; por lo tanto, los evaluadores no conocern la
identidad del alumno durante el ejercicio.
d) Los problemas del examen debern ser evaluados por un jurado
integrado al menos
por cinco profesores destacados en la asignatura. e) Cada uno de
los miembros del jurado evaluar un mximo de dos problemas y
cada
problema deber ser evaluado al menos por dos jueces. Por
ejemplo, si se dispone del mnimo de jueces (5) y los llamamos A, B,
C, D y E, los cinco problemas del examen pueden ser evaluados as:
juez A: problemas 1 y 2; juez B: problemas 2 y 3; juez C: problemas
3 y 4; juez D: problemas 4 y 5 y juez E: problemas 5 y 1.
f) Los alumnos concursantes podrn utilizar lpiz, borrador,
sacapuntas, juego de
geometra y hojas blancas, pero no calculadora al resolver el
examen. g) Los dibujos de los problemas pueden no estar a escala,
por lo que se pide considerar
los datos que se proporcionan en cada caso.
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PROBLEMAS 1. La seora Nez reparti 17 chocolates entre sus hijos.
A cada una de las nias les dio
cuatro chocolates, mientras que a los nios les dio solamente
tres. Cuntos hijos (nios y nias) tiene la seora Nez?
2. Si G, H, I y J son los puntos medios de los lados de ABDE, y
la distancia FJ es la misma
que la distancia HC. Cunto mide el rea de la parte sombreada? 3.
Usando un reloj de arena de siete minutos y otro de once minutos.
Cul es la manera
ms sencilla de medir quince minutos necesarios para hervir un
huevo?
4. Cinco nios juegan a las escondidas en el patio de su escuela,
cuatro se esconden y otro los busca. En ese patio hay slo 3
escondites, los que diario usan: atrs del rbol, atrs del bote de
basura y bajo la banca (en donde caben dos nios), les toca
esconderse a Ana, Beto, Carlos y David. De cuntas formas distintas
se pueden repartir en los escondites?
3 cm
6 cm
3 cm
A B
G
E D
C
I
F H J
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5. Un rectngulo ABCD es dividido en cuatro rectngulos como se
muestra en la figura. Las reas de tres de ellos son las que estn
escritas dentro (no se conoce el rea del cuarto rectngulo), cunto
mide el rea del rectngulo ABCD?
6. Ana y Mateo se estn repartiendo una bolsa de dulces. Se la
van a repartir de la siguiente manera: Primero Mateo toma un dulce;
Ana toma dos; Mateo toma tres; Ana toma cuatro. As sucesivamente
cada uno toma un dulce ms del que tom el anterior. Ana es la ltima
que toma dulces y la bolsa queda entonces vaca. Ana tiene 20 dulces
ms que Mateo. Cuntos dulces contena la bolsa?
7. El tringulo equiltero grande tiene 48 cm de permetro. El
permetro del segundo tringulo es la mitad de primero y el permetro
del tercero es la mitad del segundo. Cul es el permetro de la
figura sombreada? 8. La abuela guarda bolsitas de t en una caja con
6 casillas como la que muestra la figura. Tiene 6 variedades de te:
Negro, Verde, Manzanilla, Hierbabuena, Canela y Limn. Pone cada
variedad en una casilla, y nunca pone el Negro y el Verde en las
casillas de en medio ni en casillas vecinas. De cuntas maneras
distintas puede acomodar las 6 variedades de t en la caja?
12 cm2
C D
Resultado:
Resultado:
8,00 cm
3
620 cm2
30 cm2
A B
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9
Pue b lo
Un so lo se ntid o
9. Un artesano vende el par de aretes en $20.00 y las pulseras a
$30.00 cada una. Tambin tiene una oferta especial: vende un juego
de un par de aretes y una pulsera en $40.00. El sbado el artesano
vendi 72 pulseras, algunas en los juegos y otras sueltas y 80 pares
de aretes, algunos en los juegos y otros sueltos. El sbado vendi 52
juegos de oferta. Cunto dinero se llev el artesano ese da por el
total de las ventas? 10. Cuntos tringulos issceles distintos se
pueden formar, de tal manera que las longitudes de sus lados sean
nmeros enteros y su permetro sea 25?
11. El hexgono E F G H I J tiene todos sus lados iguales y el
permetro igual a 90. Los cuatro tringulos son iguales; DC = 18 y H
es el punto medio. Si el permetro de cada tringulo es igual a 36,
cunto mide el permetro del rectngulo ABCD?
A J I D E H H B F G C
12. Alberto est entrenando para un campeonato de ciclismo. Cada
maana sale de su pueblo tomando uno de los 7 caminos secundarios
que hay hacia la carretera principal. Los caminos secundarios son
de doble sentido (puede ir y regresar por ellos). El camino
principal es de un solo sentido (slo puede avanzar en una
direccin). Una vez en el camino principal recorre una parte y
regresa por un camino secundario, diferente al que tom al inicio.
Si una ruta consiste en salir del pueblo por un camino secundario,
recorrer parte del camino principal y regresar por un camino
secundario diferente Cuntas rutas diferentes puede hacer
Alberto?
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13. En la figura siguiente, qu fraccin del rea del hexgono
regular representa el rea del tringulo ABC?
14. Se tiene que llenar la siguiente cuadrcula con los nmeros
del 1 al 5, de tal forma que cada nmero aparezca nicamente una vez
en cada columna y en cada rengln. Completa los nmeros que faltan en
la cuadrcula. Cul es el nmero que va en el centro de la
cuadrcula?
5 4 5 3 2 1 3 5 3
15. Si el lado del cuadrado mide 4 cm, P es su centro y Q el
punto medio del lado. Cul es la superficie de la regin
sombreada?
16. Numer 2010 tarjetas del 1 al 2010 y quit aqullas que
terminaban con 7. Despus volv a numerar las que me quedaban y por
ltimo quit las que terminaban en 3. Al final, cuntas tarjetas me
quedaron?
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17. Tenemos una piscina cuadrada rodeada de csped, como muestra
el dibujo. Si P, Q, R y S son los puntos medios de los lados del
cuadrado grande y cada uno de estos lados mide 10 metros, calcula
el rea de la piscina. 18. Cuando se escriben los nmeros:
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,... Cul es el dgito que
ocupa la posicin 2002? Nota: en la lista anterior el dgito siete
(de 17) ocupa la posicin 25. 19. Al detective OThales le han
enviado en un microfilm un mensaje con la clave para abrir la caja
fuerte donde se encuentran los documentos secretos. El mensaje dice
lo siguiente: La clave es el menor nmero que se puede dividir
exactamente por todos los nmeros del 1 al 9." Cul es el nmero de la
clave que tendra que utilizar el detective?
20. Calcula el rea del tringulo ABC. (Un cuadrito es 1 unidad de
rea).
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21. Qu fracciones se deben quitar de la suma para que la suma de
las fracciones restantes sea igual a 1? Encuentra todas las
posibilidades
22. En una circunferencia hemos inscrito un rectngulo y en l un
rombo, tomando los puntos medios de los lados del rectngulo. Si el
dimetro del crculo es de 10 cm, cunto mide el permetro del
rombo?
23. Una lnea de camiones ha decidido premiar con pasaje gratis a
todos las personas que la suma de las cifras del nmero que aparece
en su boleto de camin sea 21. La promocin durar slo por el mes de
Marzo, as que mandaron imprimir boletos que van del 1 al 2000.
Cuntos boletos de stos darn pasaje gratis a los usuarios?
24. Tres cuadrados con lados de longitudes 10 cm, 8 cm y 6 cm
respectivamente, se colocan uno al lado del otro. Cul es el rea de
la parte sombreada?
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25. Si las primeras cuatro figuras de una secuencia son:
Cuntos cuadraditos hay en la figura 20? 26. En una noche de
mucho trabajo, un Valet Parking estacion 320 coches. El 20% de los
clientes le dio $10.00 de propina, la mitad del 50% de los que
quedaban le dio $20.00 y el resto no le dio nada Cunto gan?
27. Un semforo tarda 45 segundos en verde, 4 en amarillo y 30 en
rojo, y sigue el orden verde-amarillo-rojo-verde-amarillo-rojo. Si
a las 7:00 a.m. cambia de rojo a verde, de qu color estar a las
2:34 p.m.?
28. El primer panal est formado por 7 hexgonos y 30 palitos, el
segundo por 12 hexgonos y 49 palitos, cuntos palitos necesitars
para formar un panal de 37 hexgonos?
Fig. 1 Fig. 2 Fig. 3 Fig. 4
Fig. 1 Fig. 2 Fig. 3
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1
2
3
A
B C1
12
5,00 cm
4
A D S
H
C
GFR
B
E
5,00 cm
Resultado: 1,67 cm
29. Una caja contiene 20 pelotas amarillas, 9 rojas y 6 azules.
Si las pelotas son seleccionadas al azar, cul es el menor nmero de
pelotas que necesitas sacar de la caja para asegurar que tienes al
menos dos pelotas de cada color? 30. Tenemos tres piezas de
cartulina de forma rectangular. Si las coloco de la forma que
indica la figura, obtengo un cuadrado que tiene 24 centmetros de
permetro. Colocndolas de otra manera, sin superponerlas, obtengo un
rectngulo. Cul sera el permetro de ese rectngulo?
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15
3cm
6 cm
3cm
A B
G
E D
C
I
F H J
3cm
SOLUCIONES
1. Se sabe que a las nias les tocaron 4 chocolates en tanto que
a los nios slo 3. Se sabe adems que el total de chocolates es 17.
Las cantidades tanto de las nias como de los nios deben ser nmeros
enteros porque no tendra sentido hablar de cantidades fraccionarias
de nio(a)s. Analicemos los casos: Supongamos que slo hubiera 1 nia.
Se le habran dado 4 de los 17 chocolates quedando 13 por repartir,
entonces la cantidad de nios multiplicada por los 3 chocolates que
les tocan debera dar 13, pero no hay ningn nmero entero que cumpla
esta condicin y por lo tanto, no puede ser slo 1 nia. Si pensamos
que son 2 nias, para stas se usaran 4X2=8 de los 17 chocolates,
quedando 9 por lo que nicamente 3X3=9 cumple con el reparto de los
chocolates. Si suponemos que son 3 nias, la cantidad de chocolates
requerida sera 12 quedando 5 para repartir entre los nios haciendo
el reparto de 3 a cada 1 imposible. Algo similar ocurre si pensamos
que la cantidad de nias es 4 as necesitndose en esta caso 4X4=16 de
los 17 chocolates restando 1 para hacer impensable el reparto de 3
chocolates para cada nio, as que tendran que necesariamente son 2
nias y 3 nios siendo este el nico caso que permite hacer el reparto
en las condiciones establecidas.
2. Una posible forma de resolver es la siguiente: Los tringulos
AJF y AGJ tienen la misma rea. Lo mismo se tiene con los tringulos
BHC y BGH; EJF y EIJ y finalmente con DHC y DIH. Y todos entre s
tienen tambin la misma rea por ser sus bases y alturas iguales.
Trasladando los tringulos AJF, BHC, EJF y DHC hacia el interior del
cuadrado GHIJ podemos cubrirlo totalmente, quedando la parte
sombreada transformada en el cuadrado ABDE, cuyo lado mide 3cm y su
rea 9cm2. As que el rea de la parte sombreada es igual 9cm2.
Otra manera de resolver consiste en observar que la parte
sombreada est compuesta por 8 tringulos que tienen exactamente las
mismas medidas en sus bases y sus alturas: 1.5 cm y 1.5 cm y por lo
tanto sus reas son iguales, (1.5 cm X 1.5 cm)/2 = 1.125 cm2. As que
el rea de la parte sombreada es igual 8 X 1.125 cm2= 9 cm2.
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3. Una forma puede ser la siguiente:
Otra solucin:
Se Ponen a funcionar los 2 relojes de arena al mismo tiempo.
Cuando se termina de vaciar la arena del reloj de 11 minutos
habrn transcurrido los primeros 4 minutos de coccin del huevo y
para completar los 15 que son necesarios, slo volteamos este mismo
reloj para que se vace y mida los 11 minutos restantes.
Cuando se acaba la arena del reloj de 7 minutos, en el de 11 an
quedan 4 minutos. As que aqu inicia el conteo para los 15 minutos
necesarios para cocer el huevo.
11
7
11
7
11
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4. Una posible forma es la que sigue: Se tienen 3 escondites
posibles (el rbol, el bote y la banca) donde pueden esconderse 4
nios, en el entendido de que en uno de ellos (la banca) caben dos
nios. Detrs del rbol puede esconderse cualquiera de los 4 nios, por
lo que este puede ocuparse de 4 maneras diferentes. Una vez ocupado
el rbol de esas 4 maneras posibles, atrs del bote slo pueden
esconderse cualquiera de los 3 nios restantes, por lo que
considerando estas 3 formas de ocupar el bote para cada una de las
4 maneras de ocupar el rbol, se tienen 12 posibles formas
diferentes de ocupar el rbol y el bote. Finalmente y tomando en
cuenta que dos nios estn escondidos uno detrs del rbol y otro atrs
del bote, en la banca slo pueden esconderse los dos nios restantes.
As que la banca puede ocuparse de 1 sola manera. Por lo que las
formas distintas de esconderse detrs del rbol, atrs del bote y
debajo de la banca son: 3X4X1= 12. Si Ana, Beto, Carlos y David el
siguiente diagrama de rbol nos permite determinar stas maneras:
Ana
Beto
Carlos
David
Ana
Ana
Beto
Beto
Carlos
Carlos
David
David
David
Ana
Beto
Carlos
Carlos
Carlos
Carlos
Carlos
Carlos
Beto
Beto
Ana
Beto
Ana
David
Beto
Beto
David
David
David
David
Beto
David
Carlos
Ana
Ana
Ana
Ana
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No. Detrs del rbol Atrs del bote Debajo de la banca 1 Ana Beto
Carlos y David 2 Ana Carlos Beto y David 3 Ana David Beto y Carlos
4 Beto Ana Carlos y David 5 Beto Carlos Ana y David 6 Beto David
Ana y Carlos 7 Carlos Ana Beto y David 8 Carlos Beto Ana y David 9
Carlos David Ana y Beto 10 David Ana Beto y Carlos 11 David Beto
Ana y Carlos 12 David Carlos Ana y Beto
5. Una forma de resolver puede ser la siguiente: Designemos con
a, b, c y d las
dimensiones de los rectngulos en que est dividido el rectngulo
ABCD del cual se quiere calcular el rea. Para ello hay que
investigar las medidas a, b, c y d sabiendo que a x d = 20 cm2, b x
d = 30 cm2, a x c = 12 cm2 y b x c= ?.
Como a x d = 20 cm2, a puede ser 20, 1, 10, 2, 5 4 y d puede ser
1, 20, 2, 10, 4, 5, porque 20 X 1 = 1 X 20 = 10 X 2 = 2 X 10 = 5 X
4 = 4 X 5 = 20. Pero como a x c = 12 cm2, de los valores anteriores
a slo podra ser 2 4, correspondiendo a d valer 10 5 porque y 2 X 10
= 20 4 X 5=20 y a c 6 3 porque 6 X 2 = 12 y 4 X 3 = 12.
Pero como adems b x d = 30 cm2, b slo puede valer 3 6
correspondientes valores de d 10 y 5 de tal manera que se cumpla
que 3 X 10 = 30 6 X 5 = 30. As que hay dos posibilidades para las
medidas de a, b, c y d: 1) a = 2 cm b = 3 cm c = 6 cm d = 10
cm.
12 cm2
Resultado:
Resultado:
8,00 cm
3
6
20 cm2 30 cm2
A B
C D a b
c
d
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En este caso la base del rectngulo ABCD sera a + b = 2 cm + 3 cm
= 5 cm y su altura c + d = 6 cm + 10 cm = 16 cm, por lo que el rea
del rectngulo sera igual a 5 cm X 16 cm = 80 cm2.
2) a = 4 cm b = 6 cm c = 3 cm d = 5 cm.
En esta segunda situacin la base del rectngulo ABCD sera a + b =
4 cm + 6 cm = 10 cm y su altura c + d = 3 cm + 5 cm = 8 cm, por lo
que el rea del rectngulo sera igual a 10 cm X 8 cm = 80 cm2, que es
el mismo resultado obtenido anteriormente. Por lo tanto el rea del
rectngulo ABCD es 80 cm2.
Otra posible forma de abordar la solucin del problema es la
siguiente:
Si designamos con x el rea del rectngulo de dimensiones b x d,
se tenemos que 20 cm2 = a x d 30 cm2 = b x d y 12 cm2 = a x c x = b
x c
Observemos que y De aqu que y entonces . As que . De donde el
rea del rectngulo ABCD es igual a 20 cm2 + 30 cm2 + 12 cm2 + 18 cm2
= 80 cm2.
6. Una forma de resolverlo podra ser la siguiente:
De acuerdo con las reglas para tomar los dulces, podemos
escribir el reparto hecho en una tabla y registrar adems la
diferencia de dulces que hay entre Ana y Mateo en cada tomada y la
diferencia acumulada.
En la tabla vemos que el nmero de tomadas coincide con la
diferencia acumulada, de aqu que si al final Ana tiene 20 dulces ms
que Mateo, significa que las veces que tomaron dulces uno y otro
fueron tambin 20 y podemos concluir que a Mateo le
Tomadas 1 2 3 19 20
Ana 2 4 6 38 40 Mateo 1 3 5 37 39 Diferencia cada vez 1 1 1 1 1
Diferencia acumulada 1 2 3 19 20
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tocaron 1 + 3 + 5 + + 37 + 39 = 400 dulces mientras que a Ana le
correspondieron 2 + 4 + 6 + + 38 + 40 = 420 dulces. As que en la
bolsa haba 400 + 420 = 820 dulces.
Si se observa, la cantidad de dulces que haba en la bolsa se
determina a partir de lo que le toc a Mateo y a Ana, esto es: (1 +
3 + 5 + + 37 + 39) + (2 + 4 + 6 + + 38 + 40) = 1 + 2 + 3 + + 39 +
40 = 820 dulces. Como se ve se trata en realidad de la suma de
todos los nmeros naturales consecutivos desde el 1 hasta el 40.
Esta suma se puede calcular tambin, pero de forma ms rpida,
multiplicando el ltimo nmero de la suma (40) por el siguiente (41)
y dividiendo entre 2: (40 X 41) / 2 = 820. 1)
7. Una manera de pensar la solucin del problema puede ser la
siguiente: el permetro de la figura sombreada es igual a la suma
del permetro tringulo grande (MN = MR) y las longitudes uno de los
lados del tringulo mediano (NP = NQ) y uno del tringulo pequeo.
Como el permetro del tringulo mediano es la mitad del grande, su
lado mide: 24 / 3 = 8 cm. El permetro del tringulo pequeo es la
mitad del mediano, entonces su lado mide 12 / 3 = 4 cm. As que el
permetro de la figura sombreada es igual a: 48 + 8 + 4 = 60 cm.
8. Para resolver de alguna forma, comencemos acomodando primero
los sabores que
tienen restriccin: tanto el t negro como el verde slo pueden ir
en las 4 casillas de la esquina. Si empezamos poniendo el t negro,
por ejemplo, existen 4 formas para hacerlo, justamente las cuatro
esquinas de la caja:
Acomodado el negro, si enseguida hacemos lo mismo con el verde y
dado que no puede ir de vecino con el negro, para cada una de las
cuatro posibilidades del negro, slo podemos ponerlo en dos de las
tres esquinas restantes:
N
N
N
N
N V
V N
V
N
V
N
P
M N
R
Q
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Por lo que tendramos 4 X 2 = 8 maneras de acomodar el t negro y
el t verde. Como los dems sabores no tienen restricciones de
acomodo, ocupados dos de los 6 espacios disponibles en la caja, el
siguiente sabor, por ejemplo, manzanilla, para cada uno de los ocho
acomodos del negro y del verde tendra 4 formas distintas de
ponerse, es decir, seran en total 8 X 4 = 32 maneras diferentes de
colocar juntos los sabores negro, verde y manzanilla. Ocupados tres
de los 6 lugares de la caja, para el siguiente sabor por ejemplo,
hierbabuena, para cada uno de los 32 acomodos del negro, verde y
manzanilla, se tendran 3 formas diferentes de acomodarlo, o sea, 32
X 3 = 96 maneras distintas de poner juntos estos 4 sabores. Puestos
ya cuatro sabores en cuatro de los 6 espacios disponibles en la
caja, para cada uno de los 96 acomodos distintos, el siguiente
sabor, por ejemplo, canela, tendra nada ms 2 maneras de colocarse,
en total 96 X 2 = 192 formas diferentes de poner 5 sabores juntos.
Finalmente ocupados 5 de los 6 lugares de la caja, para cada uno de
los 192 acomodos nicamente queda 1 forma de acomodar el ltimo
sabor, por ejemplo, limn. Por lo que los seis sabores juntos se
pueden poner de 192 X 1 = 192 maneras distintas.
9. Una forma de resolver puede ser sta:
El total de ventas es igual a lo obtenido por los aretes y las
pulseras que se vendieron por separado ms lo obtenido por los
juegos de aretes y pulseras. Se sabe que vendi 52 juegos de aretes
y pulseras a $40.00 cada uno, as que de esto obtuvo 52 X $40.00 =
$2,080.00. Se menciona adems que los pares de aretes vendidos
fueron 80 y 52 de ellos se vendieron en los juegos, esto quiere
decir que los pares de aretes sueltos vendidos fueron 80 52 = 28
obteniendo por ellos 28 X $20.00 = $560.00. Tambin se dice que las
pulseras vendidas fueron 72 y 52 de ellas en los juegos, lo cual
significa que vendi 72 52 = 20 pulseras sueltas a $30.00 cada una,
obteniendo por ellas 20 X $30.00 = $600.00. Finalmente la venta
obtenida por el artesano ese da fue $2,080.00 + $560.00 + $600.00 =
$3,240.00.
10. Podemos comenzar probando formar todas las ternas de nmeros
de tal manera que dos de ellos sean iguales y uno diferente y que
la suma de los tres sea 25: (1, 1, 23), (2, 2, 21), (3, 3, 19), (4,
4, 17), (5, 5, 15), (6, 6, 13), (7, 7, 11), (8, 8, 9), (9, 9, 7),
(10, 10,
N
V
N
V
V N
N V
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5), (11, 11, 3) y (12, 12, 1). Sin embargo no todas las ternas
de nmeros formadas permiten construir un tringulo issceles con esas
medidas, por ejemplo con las medidas de las ternas (6, 6, 13) y (5,
5, 15) resulta imposible construir el tringulo:
y lo mismo sucede con las ternas: (1, 1, 23), (2, 2, 21), (3, 3,
19), (4, 4, 17), con lo que concluimos que los tringulos issceles
distintos que se pueden formar de tal manera que las longitudes de
sus lados sean nmeros enteros y con permetro igual a 25 son: (7, 7,
11), (8, 8, 9), (9, 9, 7), (10, 10, 5), (11, 11, 3) y (12, 12, 1) y
en total son 6.
11. Una manera de pensar la solucin es: Si el hexgono tiene
permetro igual a 90 y todos sus seis lados son iguales, cada uno de
ellos mide 15. Puesto que H es el punto medio de DC = 18 y que los
cuatro tringulos son iguales resulta que DH = HC = AE= EB = 18 / 2
= 9. Ahora bien, cada tringulo tiene permetro igual a 36, as que ID
= GC = BF = AJ = 36 (9 + 15) = 36 24 = 12. Pero AD = BC = AJ + JI +
ID = 12 + 15 + 12 = 39. Entonces el permetro del rectngulo ABCD es
igual 2(AD + DC) = 2 (39 + 18) = 2 (57) = 114. 4 X 36 2 X (90/6) =
144 (2 X 15) = 144 30 = 114
12. Podemos comenzar a resolver el problema observando que si
Alberto toma el primer camino secundario (de izquierda a derecha) y
se incorpora a la carretera principal, puede avanzar en ella hacia
la derecha (es el sentido de la carretera), hasta llegar al
entronque con el segundo camino secundario y regresar por l ya que
los caminos secundarios son de doble sentido. Entonces tiene la
primera ruta. Pero iniciando tambin en el primer camino secundario,
igual puede avanzar hasta el entronque del tercer, cuarto, quinto,
sexto o sptimo caminos secundarios y regresar tambin por stos. As
que empezando en el primer camino secundario puede hacer seis rutas
distintas.
Si ahora empieza en el segundo camino secundario, dado que en la
carretera principal slo avanza hacia la derecha, puede hacer el
regreso por el tercer, cuarto, quinto, sexto y sptimo caminos
secundarios, teniendo entonces 5 rutas distintas ms. De manera
similar desde el tercer camino secundario puede hacer 4 rutas
diferentes; desde el cuarto, 3; desde el quinto, 2; desde el sexto,
1 y desde el sptimo, 0. As que el total de rutas diferentes que
Alberto puede hacer son: 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 21.
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13. Una manera de resolverlo podra ser la siguiente: Si
redibujamos la figura completando las diagonales FD, DE y EF del
hexgono podemos observar que el rea del tringulo ABC es la cuarta
parte del tringulo FDE.
Si despus redibujamos la figura solamente con el tringulo FDE en
el hexgono regular y unimos los vrtices de este tringulo con el
centro de la figura (para encontrar el centro de la figura slo se
tienen que prolongar dos diagonales cualesquiera del hexgono
regular que lo dividan a la mitad), es posible notar que el rea del
tringulo FDE es exactamente la mitad del rea del hexgono regular
(en la segunda figura redibujada el hexgono regular queda dividido
en 6 tringulos iguales de los cuales 3 de ellos forman el tringulo
FDE: 3/6 = 1/2). As que si el rea del tringulo ABC es la cuarta
parte del rea del tringulo FDE y ste tiene la mitad del rea del
hexgono regular, el rea del tringulo ABC es la octava parte del rea
del hexgono regular: 1 / 4 de 1 / 2 es igual a 1 / 8.
14. Solucin: Se puede comenzar por deducir que en la casilla de
la esquina superior
derecha no puede ir ningn otro nmero ms que el 1, ya que cada
nmero slo debe aparecer una vez en cada rengln y en cada columna y
en el primer rengln (de arriba hacia abajo) ya se encuentran el 4 y
el 5 y en la ltima columna (de izquierda a derecha) ya se
encuentran el 2 y el 3. Quedando la tabla as:
En la columna donde colocamos el 1, quedan dos casillas por
cubrir: la tercera y la cuarta (de arriba hacia abajo), donde deben
acomodarse el 3 y el 5. El 5 necesariamente debe ir en la tercera
casilla porque si lo pusiramos en la cuarta, se estara repitiendo
con el 5 que aparece en el cuarto rengln, de tal suerte que con
esto completamos la ltima columna:
5 4 1 5 3 2 1 3 5 5 4
3
5 4 1 5 3 2 1 3 5 3
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Razonando de manera similar es fcil ver que la tabla completa
queda as:
Por lo tanto el nmero que se encuentra al centro de la cuadrcula
es el 4. 15. Se puede resolver de la siguiente forma:
La base del tringulo mayor mide 4 cm La altura del tringulo
mayor mide 4 cm El rea del tringulo mayor mide = 8 cm2
La base del tringulo menor mide 4 cm La altura del tringulo
menor mide 2 cm (la mitad de la altura del cuadrado) El rea del
tringulo menor mide = 4 cm2
Por lo tanto, la deferencia entre las reas del tringulo mayor y
tringulo menor es el rea sombreada: 8 cm2 4 cm2 = 4 cm2.
16. Se podra solucionar de esta manera: Las tarjetas terminan
con 7 del 1 al 100 son diez: 7, 17, 27, 37, 47, 57, 67, 77, 87 y
97. Por lo tanto del 1 al 1000 son cien, por lo que del 1 al 2000
son doscientas tarjetas, ms la tarjeta nmero 2007, dan un total de
201 tarjetas. Por la que quedan 2010 201 = 1809 tarjetas. Las
tarjetas terminadas en 3 del 1 al 100 son diez: 3, 13, 23, 33, 43,
53, 63, 73, 83 y 93. Por lo tanto del 1 al 1000 son cien, por lo
que del 1 al 1800 son 180 tarjetas, ms la tarjeta nmero 1803, dan
un total de 181 un tarjetas.
2 5 3 4 1 5 4 1 3 2 1 3 4 2 5 3 2 5 1 4 4 1 2 5 3
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17. Una forma de resolverlo podra ser la siguiente:
Consiste en imaginar la figura original del cuadrado mayor,
descompuesta en 20 pequeos tringulos rectngulos iguales
(congruentes) entre s, de tal manera que el cuadrado de la piscina
estara compuesto a su vez por cuatro de estos tringulos, es decir
la quinta parte de los que tiene el cuadrado mayor. Como el rea del
cuadrado mayor es 10 m X 10 m = 100 m2, y el rea del cuadrado de la
piscina resulta ser 100 m2 / 5 = 20 m2.
18. Podemos resolver como sigue:
Del 1 al 9 (nmeros de una cifra) son 9 dgitos, del 10 al 99
(nmeros de 2 cifras) son 90 x 2 = 180 dgitos. Llevamos 189 y para
el 2010 faltan 1821 dgitos. Como siguen los nmeros de 3 cifras,
1821 entre 3 es igual a 607 nmeros exactamente. Del 100 al 699 van
600 nmeros (1800 dgitos) y con los que se llevaban, van 1800 + 189
= 1989 dgitos en el 699. Con el 705 van 2007 (1989 + 6 x 3) y
finalmente, con el 706 van los 2010 dgitos exactos, por lo que el
dgito que ocupa la posicin 2010 es el 6.
Otra variante en la solucin es: Veamos que hasta el 17, hay 9
nmeros de 1 dgito y 8 de 2 y el dgito 7 ocupa la posicin 25, pero
se nos pregunta por el dgito que ocupa la posicin 2010. Esto quiere
decir que continuando la numeracin debemos cubrir 2010 25 = 1985
lugares ms. Del 18 al 99 hay 82 nmeros de dos dgitos con los cuales
se cubrirn otros 82 X 2 = 164 lugares, quedando por cubrir 1985 164
= 1821. Del 100 hasta el 999 hay 900 nmeros de tres dgitos, los
cuales ocuparan 900 X 3 =2700 lugares, pero slo faltan por cubrir
1821, as que podemos dividir 1821 entre 3 para ver cuntos de estos
900 nmeros son necesarios: como 607 X 3 = 1821, los siguientes 607
nmeros despus del 99 (hasta el 706) cubrirn los siguientes 1821
lugares faltantes, siendo el dgito 6 del 706 el que ocupa la
posicin 25 + 164 + 1821 = 2010
19. Podemos resolverlo como sigue:
Hay que observar que el nmero buscado debe dividirse exactamente
por los nmeros 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 y 9. Cualquier nmero se
divide exactamente entre 1. Adems cualquier nmero divisible entre 8
tambin lo es entre 4 y 2. De igual manera los nmeros divisibles
entre 9 lo es entre 3. Por otro lado si un nmero es divisible entre
2 y entre 3 adems lo ser entre 6. As que es suficiente probar
nmeros que se
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puedan dividir exactamente entre 5, 7, 8 y 9. No es difcil ver
que 5X7X8X9=2520 y cualquiera de sus mltiplos 2520, 5040, 7560,
10080 cumplen con esta condicin. Como la clave es el menor de estos
nmeros el nmero buscado es 2520.
20. Podemos resolverlo as:
Podemos imaginar el tringulo ABC como formado por los tringulos
ADC y DBC, por lo que su rea se puede calcular como la suma de las
reas de estos dos tringulos. En la figura observamos que ambos
tringulos tienen las mismas bases y las mismas alturas iguales a 3
unidades. Entonces su rea es 3X3/2 = 4.5 unidades cuadradas por lo
que el rea del tringulo ABC es igual a 2 X 4.5 = 9 unidades
cuadradas. Otra manera de pensar la solucin al problema es imaginar
el tringulo ABC inscrito en el rectngulo DEBF. Entonces el rea del
tringulo ABC la podemos calcular restando al rea del rectngulo las
reas de los tringulos DAC, AEB y CBF. De la figura observamos que:
El rea del rectngulo DEBF es igual 4 x 6 = 24 unidades cuadradas.
El rea del tringulo DAC = 2 X 3 / 2 = 3 unidades cuadradas El rea
del tringulo AEB = 2 X 6 / 2 = 6 unidades cuadradas y El rea del
tringulo CBF = 4 X 3 / 2 = 6 unidades cuadradas Entonces el rea del
tringulo ABC es igual a 24 3 6 6 = 9 unidades cuadradas.
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21. Se podra resolver as: Si obtenemos fracciones con un comn
denominador (120), para que la suma de las fracciones originales
sea igual a 1 la suma de los nuevos numeradores debe tambin ser
igual a 120.
Los nuevos numeradores son: y las combinaciones de stos que
suman 120 son: Tomando dos numeradores, ninguna de las 21
combinaciones posibles suma 120
(60, 40), (60, 30), (60, 20), (60, 15), (60, 12), (60, 10), (40,
30), (40, 20), (40, 15), (40, 12), (40, 10), (30, 20), (30, 15),
(30, 12), (30, 10), (20, 15), (20, 12), (20, 10), (15, 12), (15,
10), (12, 10)
Tomando 3 numeradores, slo 1 de las 35 combinaciones posibles
suma 120 (60, 40, 30), (60, 40, 20), (60, 40, 15), (60, 40, 12),
(60, 40, 10), (60, 30, 20), (60, 30, 15), (60, 30, 12), (60, 30,
10), (60, 20, 15), (60, 20, 12), (60, 20, 10), (60, 15, 12), (60,
15, 10), (60, 12, 10), (40, 30, 20), (40, 30, 15), (40, 30, 12),
(40, 30, 10), (40, 20, 15), (40, 20, 12), (40, 20, 10), (40, 15,
12), (40, 15, 10), (40, 12, 10), (30, 20, 15), (30, 20, 12), (30,
15, 10), (30, 15, 12), (30, 15, 10), (30, 12, 10), (20, 15, 12),
(20, 15, 10), (20, 12, 10) y (15, 12, 10)
Tomando 4 numeradores slo 1 de las 35 combinaciones posibles
suma 120 (60, 40, 30, 20), (60, 40, 30, 15), (60, 40, 30, 12), (60,
40, 30, 10), (60, 40, 20, 15), (60, 40, 20, 12), (60, 40, 20, 10),
(60, 40, 15, 12), (60, 40, 15, 10), (60, 40, 12, 10), (60, 30, 20,
15), (60, 30, 20, 12), (60, 30, 20, 10), (60, 30, 15, 12), (60, 30,
15, 10), (60, 30, 12, 10), (60, 20, 15, 12), (60, 20, 15, 10), (60,
20, 12, 10), (60, 15, 12, 10), (40, 30, 20, 15), (40, 30, 20, 12),
(40, 30, 20, 10), (40, 30, 15, 12), (40, 30, 15, 10), (40, 30, 12,
10), (40, 20, 15, 12), (40, 20, 15, 10), (40, 20, 12, 10), (40, 15,
12, 10), (30, 20, 15, 12), (30, 20, 15, 10), (30, 20, 12, 10), (30,
15, 12, 10), (20, 15, 12, 10)
Tomando 5 numeradores ninguna de las 21 combinaciones posibles
suma 120; (60, 40, 30, 20, 15), (60, 40, 30, 20, 12), (60, 40, 30,
20, 10), (60, 40, 30, 15, 12), (60, 40, 30, 15, 10), (60, 40, 30,
12, 10), (60, 40, 20, 15, 12), (60, 40, 20, 15, 10), (60, 40, 20,
12, 10), (60, 40, 15, 12, 10), (60, 30, 20, 15, 12), (60, 30, 20,
15, 10), (60, 30, 20, 12, 10), (60, 30, 15, 12, 10), (60, 20, 15,
12, 10), (40, 30, 20, 15, 12), (40, 30, 20, 15, 10), (40, 30, 20,
12, 10) (40, 30, 15, 12, 10), (40, 20, 15, 12, 10), (30, 20, 15,
12, 10)
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Tomando 6 numeradores ninguna de las 7 combinaciones posibles
suma 120 (60, 40, 30, 20, 15, 12), (60, 40, 30, 20, 15, 10), (60,
30, 20, 15, 12, 10), (40, 30, 20, 15, 12), (40, 30, 20, 15, 10),
(40, 20, 15, 12,10), (30, 20, 15, 12, 10).
y finalmente la nica combinacin posible tomando los 7
numeradores obviamente no suma 120: (60, 40, 30, 20, 15, 12) Por lo
que slo hay dos posibilidades: 60 + 40 + 30 = 120 y 60 + 30 + 20 +
10 = 120
a) , as que las fracciones a quitar de la suma original
seran:
b) y en este caso se tendran que quitar de la suma original
las fracciones:
22. Una forma de resolverlo podra ser la siguiente: Notemos que
el segmento punteado es el radio del crculo por lo que su longitud
es igual a la mitad de la longitud del dimetro, es decir, 5 cm.
Notemos tambin que este segmento punteado tiene igual longitud del
lado del rombo, puesto que ambos son diagonales de un mismo
rectngulo. De aqu que el permetro del rombo es igual 4 X 5 cm = 20
cm.
23. Podemos proceder de esta manera:
Para determinar cuntos de los 2000 boletos darn pasaje gratis a
los usuarios, necesitamos encontrar todos los nmeros del 1 al 2000
que dan 21 al sumar sus dgitos. Podemos proceder as: Si ordenamos
los 2000 boletos del nmero menor al mayor, del 1 al 9 hay 9 nmeros
de 1 dgito de stos el mayor es el 9 por lo que ninguno de ellos ser
premiado. Los siguientes 90 nmeros tienen 2 dgitos siendo el ms
grande 99. Como la suma de sus dgitos es 9 + 9 = 18, ninguno de
stos tampoco ser premiado. Del 100 al 999 se tienen 900 nmeros de 3
dgitos. Para saber cuntos de ellos darn pasaje gratis a sus
portadores, tenemos que determinar cuntas ternas de dgitos suman
21. Las ternas de 3 dgitos que suman 21 son: 399, 489, 579, 588,
669, 678,777. 3, 9, 9 con la que se forman 3 nmeros distintos: 399,
939 y 993.
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4, 8, 9 con la que se forman 6 nmeros distintos: 489, 498, 849,
894, 948 y 984. 5, 7, 9 con la que se forman 6 nmeros distintos:
579, 597, 759, 795, 957 y 975. 5, 8, 8 con la que se forman 3
nmeros: 588, 858 y 885. 6, 6, 9 con la que se forman 3 nmeros: 669,
696 y 966. 6, 7, 8 con la que se forman 6 nmeros distintos: 678,
687, 768, 786, 867 y 876. 7, 7, 7 con la que se forma nicamente el
nmero 777. Es decir, de los novecientos boletos que hay del 100 al
999, 3 + 6 + 6 + 3 + 3 + 6 + 1 =28, no pagarn boleto. Finalmente
del 1000 al 2000, tenemos 1001 nmeros de 4 dgitos. Determinamos
entonces las cuartetas que suman 21: 1, 2, 9, 9 con la que se
forman 3 nmeros distintos menores o iguales que 2000: 1299, 1929 y
1992. 1, 3, 8, 9 con la que se forman 6 nmeros distintos menores o
iguales que 2000: 1389, 1398, 1839, 1893, 1938 y 1983. 1, 4, 8, 8
con la que se forman 3 nmeros distintos menores o iguales que 2000:
1488, 1848 y 1884. 1, 4, 7, 9 con la que se forman 6 nmeros
distintos menores o iguales que 2000: 1479, 1497, 1749, 1794, 1947
y 1974. 1, 5, 6, 9 con la que se forman 6 nmeros distintos menores
o iguales que 2000: 1569, 1596, 1659, 1695, 1956 y 1965. 1, 5, 7, 8
con la que se forman 6 nmeros distintos menores o iguales que 2000:
1578, 1587, 1758, 1785, 1857 y 1875. 1, 5, 8, 8 con la que se
forman 3 nmeros distintos menores o iguales que 2000: 1588, 1858 y
1885. 1, 6, 7, 7 con la que se forman 3 nmeros distintos menores o
iguales que 2000: 1677, 1767 y 1776.
Es decir, de los 1001 boletos que hay del 999 al 2000, 3 + 6 + 3
+ 6 + 6 + 6 + 3 + 3 =36, no pagarn pasaje. De lo anterior podemos
concluir que de los 2000 boletos slo 28 + 36 = 64 son los
premiados. Otra forma de pensar la solucin es la siguiente:
Del 1 al 300, no hay nmeros cuyos dgitos suman 21. Del 301 al
400, hay 1 nmero: 399. Del 401 al 500, hay 2 nmeros: 489 y 498. Del
501 al 600, hay 3 nmeros: 579, 597 y 588. Continuando de la misma
manera, del 901 al 1000 hay 7 de estos nmeros: 939, 948, 957, 966,
975, 984 y 993.
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2 4 61 1,5,5 2,5
90
543
62
70
8
3
1,5 2,5 4,5
2
3 cm
5 cm
9 cm6cm
16cm
3 cm
4
4
2
8 cm 6 cm
4 cm2 cm
Es decir, del 1 al 1000, en total se tienen 1 + 2 + 3 + 4 + 5 +
6 + 7 = 28 nmeros con esta caracterstica. Del 1001 al 1200 no
tenemos nmeros cuyos dgitos suman 21. Del 1201 al 1300, hay 1
nmero: 1299. Del 1301 al 1400, hay 2 nmeros: 1389 y 1398. Del 1401
al 1500, hay 3 nmeros: 1479, 1488 y 1497. Continuando de igual
forma, del 1901 al 2000 hay 8 de estos nmeros: 1929, 1938, 1947,
1956, 1965, 1974, 1983 y 1992. Esto es, del 1001 al 2000, en total
se tienen 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 36 nmeros con esta
caracterstica. As que de los 2000 boletos 28 + 36 = 64 no pagarn
pasaje.
24. Una manera de resolverla puede ser esta: El rea de la parte
sombreada es igual al rea de un tringulo rectngulo de catetos 10 cm
y 24 cm, menos el rea de dos rectngulos, uno de 2 cm X 8 cm y otro
de 4 cm X 6 cm.
Por lo tanto, el rea de la parte sombreada es 120 cm2 (16 cm2 +
24 cm2) = 80 cm2.
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2 4 61 1,5,5 2,5
90
543
62
70
8
3
1,5 2,5 4,5
2
3 cm
5 cm
9 cm6cm
16cm
3 cm
4
4
2
III III
25. Podramos proceder as: El nmero de cuadraditos en cada figura
es 1, 5, 13, 25, respectivamente. Observemos que la segunda figura
tiene el mismo nmero de cuadraditos de la primer figura ms 4, es
decir, 1 + 4 = 5 cuadraditos; la tercera figura tiene el mismo
nmero de cuadraditos que la segunda figura ms 8, es decir, 5 + 8 =
13 cuadraditos; la cuarta figura tiene el mismo nmero de
cuadraditos que la tercera figura ms 12, es decir, 13 + 12
cuadraditos y as sucesivamente, siempre aumentando progresivamente
a los cuadraditos de la figura anterior un mltiplo de 4 de
cuadraditos, esto se puede escribir as:
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 nmero de cuadraditos en la figura 20 ser:
Otra manera de resolver es observar que en cada figura podemos
contar los cuadraditos que estn 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 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 nmero veinte deber tener veinte
diagonales con 20 cuadraditos (grises) y diecinueve diagonales con
19 cuadraditos (blancos), es decir, (20 X 20) + (19 X 19) = 400 +
361 = 761 cuadraditos en total.
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26. Una forma de resolverlo podra ser esta: El 20% de 320 coches
son 64 coches. Como cada uno de stos clientes le dio $10, entonces
por esos 64 coches gan 640 pesos. El 50% de los 256 coches que
quedan son 128 coches, y la mitad de stos son 64 coches. Como cada
uno de los dueos le dio $20, entonces por ellos recibi 20 X 64 =
1,280 pesos. Por lo tanto en total recibi 640 + 1280 = 1,920
pesos.
27. Se puede resolver de la siguiente manera:
De las 7: 00 A.M. a las 2: 34 P:M: han transcurrido 27, 240
segundos. Si dividimos el nmero de segundos entre 45 + 4 + 30 = 79,
obtenemos 344 ciclos de verde-rojo, y sobran 64 segundos, de los
cuales el semforo estar 45 segundos en verde, 4 segundos en
amarillo y los ltimos 15 segundos en rojo. Por lo tanto, a las 2:
34 P.M. el semforo estar en rojo.
28. Podramos resolverlo as:
Observemos que para formar la primera columna del panal de 7
hexgonos 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 hexgonos se utilizaron
nuevamente 12 palitos. A partir de aqu el patrn se repite. Ahora
bien, para que nuestro panal tenga 37 hexgonos, necesitamos 25
hexgonos ms que los 12 que tenemos en la segunda figura, es decir,
5 veces patrones de columnas con 3 y 2 hexgonos.
Luego tendremos los 11 palitos iniciales y para cada patrn de 5
hexgonos necesitamos 19 palitos. Por lo tanto, en total
necesitaremos 11 + (7 X 19) = 144 palitos.
29. Lo podemos resolver de esta manera:
Para asegurar que se seleccionaron al menos dos pelotas de cada
color, debemos sacar al menos 20 + 9 +2 = 31 pelotas. Observemos
que si sacamos 30 pelotas podramos sacar las 20 amarillas, las 9
rojas y una azul, por lo que no tendramos un par de cada color.
5 6 4
4 5 3
4 3
5
3
4 3
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1
2
3
A
B C1
12
5,00 cm
4
A D S
H
C
GFR
B
E
5,00 cm
Resultado: 1,67 cm
30. El lado del cuadrado mide . Luego los rectngulos de las
piezas de cartulina, por ser iguales entre s, miden 2 cm de base y
6 cm de altura. As que el nico rectngulo posible, al colocar las
mismas 3 piezas de cartulina en forma horizontal, una detrs de
otra, mide 18 cm de base y 2 cm de altura y su permetro
.
6 cm
6 cm
3 X 6 cm =18 cm 2 cm
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FUENTES CONSULTADAS
Perrenoud, P. (2007). Diez Nuevas competencias para ensear.
Barcelona, Gra, Coleccin Biblioteca del aula, 5 edicin. Secretara
de Educacin Pblica (2006). Plan de Estudios de Educacin Secundaria
2006. Mxico, SEP, pgs. 9-12.
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DIRECTORIO Jos Antonio Gloria Morales Secretario de Educacin
Jalisco Pedro Diaz Arias Coordinador de Educacin Bsica Roberto
Hernndez Medina Director General de Educacin Primaria Gilberto
Tinajero Daz Director General de Programas Estratgicos Miguel ngel
Casillas Cerna Director de Programas de Acompaamiento Pedaggico
COMIT ORGANIZADOR
Coordinacin General Miguel ngel Casillas Cerna
(Presidente)
Comisin Acadmica Comisin Operativa Luis Alejandro Rodrguez
Aceves Luis Miguel Ramrez Pulido Teresa Fonseca Crdenas Giovanni
Rigoberto Rico Lpez
Vctor Manuel Rodrguez Trejo Liliana Lizette Lpez Razcn Santos
Arregun Rangel Olga Godnez Guzmn
Comisin de Logstica Comisin de Difusin Silvia Esthela Rivera
Alcal Luis Javier Estrada Gonzlez Graciela Bravo Rico Elizabeth
lvarez R. Juan Jos lvarez Lpez Luis Alfaro Rodrguez
Ana Mara Daz Castillo Gabriela Franco H. Colaboradores
Acadmicos: Csar Octavio Prez Carrizales Jos Javier Gutirrez Pineda
Christa Alejandra Amezcua Eccius Pedro Javier Bobadilla Torres
Pablo Alberto Macas Martnez Julio Rodrguez Hernndez