Source: http://issuu.com/icemperu/docs/icem_solucionario_onem_2012-f1-n2_version_1.1
Timestamp: 2015-03-30 13:08:06+00:00

Document:
ISSUU - Solucionario ONEM 2012 1ra Fase Nivel 2 by Instituto de Ciencias
Solucionario ONEM 2012 1ra Fase Nivel 2
Propuestas de solucion de los problemas planteados en la ONEM 1ra fase Nivel 2
La Olimpiada Nacional Escolar de Matemática (ONEM) es organizada cada año por el Ministerio de Educación desde el año 2004 y es una competencia abierta a todos los estudiantes de Educación Secundaria de Instituciones Educativas Estatales y Particulares de todo el Perú. En este año 2012 se ha puesto de manifiesto un grave problema con respecto a la continuidad de la ONEM, y es por eso que a todos aquellos que estamos involucrados y comprometidos con el desarrollo de esta Olimpiada nos corresponde velar por su vigencia, porque estamos seguros que nuestros jóvenes estudiantes merecen un espacio en el que puedan poner a prueba su talento e ingenio. El Instituto de Ciencias y Educación Matemática (ICEM) reúne a un grupo de docentes en el área de Matemática y desde el año 2009, aporta proponiendo soluciones a las preguntas de la ONEM, claro que, como siempre cualquier crítica o sugerencia es bienvenida escribiendo al correo electrónico: icemaqp@gmail.com . Es importante manifestar que año tras año se van sumando más docentes en esta causa cuyo interés es la difusión de la Matemática y el apoyo a los estudiantes. También queremos invitarlos al I Concurso de Matemática de Arequipa (I COMAT – AQP), evento a llevarse a cabo el 18 de Noviembre y del cual obtendrán mayor información en la siguiente dirección: www.icemperu.org, dicho concurso tiene como meta brindar a los estudiantes problemas interesantes que despierten el placer de razonar. EQUIPO DIRECTIVO
OLIMPIADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA IX ONEM 2012
PRIMERA FASE – NIVEL 2
Elaborado por un equipo de docentes en el área de Matemática integrantes del Instituto de Ciencias y Educación Matemática del Perú. (ICEM PERÚ) Responsables: José Choque Rivera Juan Mamani Cayani Wilder Quispe Ccallisaya
josechoque@gmail.com xmesias8@gmail.com wilde_16@hotmail.com
Este material se puede copiar, distribuir y comunicar libremente, pero no puede utilizarse con fines comerciales.
ONG ICEM PERÚ: INSTITUTO DE CIENCIAS Y EDUCACIÓN MATEMÁTICA DEL PERÚ
IX OLIMPIADA NACIONAL ESCOLAR DE MATEMÁTICA ONEM 2012 Primera Fase – Nivel 2 29 de Agosto de 2012
01. Las edades de un padre y su hijo son 35 y 11 respectivamente, dentro de cuántos años la edad del padre será el doble de la del hijo? A) 11 B) 24 C) 12 D) 35 E) 13
RESOLUCIÓN  Del enunciado tenemos como datos las edades actuales del padre y del hijo. Piden encontrar cuántos años tienen que pasar para que la edad del padre sea el doble de la del hijo, luego tenemos que:
PRESENTE 35 11
FUTURO 35  x 11  x
Considerando que pasaron “x” años, se debe cumplir: 35  x  2  11  x 
35  x  22  2x 13  x
 Clave E
a 1 b 1 ab  y  , calcular . b 2 c 4 bc
INVITACIÓN AL 1° PRIMER CONCURSO DE MATEMÁTICA DE AREQUIPA 2012 - COMAT AQP Domingo 18 de Noviembre - INSCRIPCIONES en:
www.icemperu.org
RESOLUCIÓN   
a 1   b  2a b 2 b 1 De la 2da proporción:   c  4b  c  4(2a)  8a c 4 a  b a  2a a 1 Reemplazando en la expresión pedida:    b  c 2a  8a 6a 6
De la 1ra proporción:
 Clave C
03. En una tienda cada caramelo cuesta 10 céntimos y por la compra de cinco caramelos regalan un caramelo más. Si un niño recibió 32 caramelos, ¿Cuánto gastó en total? A) S/. 2,5 B) S/. 2,7 C) S/. 3 D) S/. 3,2 E) S/. 3,8
RESOLUCIÓN  Para realizar una regla de tres simple el total de caramelos comprados debería ser 6 , por lo tanto analizaremos cuando compró sólo 30 caramelos por ser el múltiplo más cercano, entonces tendremos: CARAMELOS COSTO (Compra + Regalo) (Céntimos) 6 0,50 x 30 30  0, 50 x  2, 50 6 De donde para irse con 30 caramelos sólo gastaría S/. 2,50 a lo que debemos añadir el precio de los dos caramelos restantes, en total se ha gastado S/. 2,70.
 Clave B
04. En un salón de clase hay 10 niñas más que niños. Un día faltaron 3 niñas y 2 niños, y se contó en total 31 alumnos. ¿Cuántos niños asistieron ese día? A) 10 B) 11 C) 13 D) 20 E) 23
RESOLUCIÓN  Del enunciado tenemos la cantidad total de niños y niñas del salón: # Niños  x # Niñas  x  10  Como en cierto día faltaron 3 niñas y 2 niños, es decir: # Niños  x  2 # Niñas  x  7  Sumando los valores obtenidos calculamos el valor de “x”:  x  2    x  7   31 
x  13 La cantidad de niños que asistieron ese día es: x  2  13  2  11
05. Una encuesta realizada a un grupo de alumnos de cierto colegio sobre el tiempo dedicado a los videojuegos semanalmente estaba dividida en 4 categorías: 0 a 2 horas, 2 a 6 horas, 6 a 8 horas y más de 8 horas. Si el 50% juega de 0 a 2 horas, el 44% juega de 2 a 8 horas y el 9% juega de 6 horas a más, ¿qué porcentaje juega de 2 a 6 horas? A)41% B) 47% C) 44% D) 46% E) 40%
RESOLUCIÓN  Vamos a ordenar los datos en una pequeña tabla: 50% 0  2
2  6 6  8 8  a más
a% b% c% 100%
Se observa que: a%  b%  c%  50%   Por datos del enunciado, el 9% juega de 6 horas a más: b%  c%  9% Reemplazamos en la ecuación anterior: a%  b%  c%  50%
a  41% Por lo tanto, el 41% juega de 2 a 6 horas.
 Clave A
06. El profesor le pidió a Pedrito escribir en la pizarra un número de tres dígitos que sea múltiplo de 3 pero no de 4, ¿cuál de los siguientes números pudo haber escrito Pedrito? A) 216 B) 254 C) 228 D) 240 E) 222
RESOLUCIÓN  Para que un número de tres dígitos sea múltiplo de tres la suma de sus cifras debe ser 3 , con lo que descartamos el número 254.  Como no se quiere que el número sea 4 , sus dos últimas cifras no deben formar un múltiplo de 4, y por lo tanto también se descartan los números 216, 228 y 240. El único número que cumple con ambas condiciones es el 222.
07. En la figura ABCD es un cuadrado y las rectas L1 y L2 son perpendiculares. Halla la medida del ángulo x.
RESOLUCIÓN  Primero agregamos los ángulos rectos (90º) que se generan en la figura del cuadrado y en la intersección de las rectas perpendiculares.
40º L1 Xº L2
Se deduce en el gráfico el ángulo que falta en la recta L 1 (50º) y completamos ángulos sea por complemento o por opuestos por el vértice hasta tener el valor pedido, como se ve en la figura, por lo tanto la medida del ángulo x  50º
08. Se pinta de rojo las seis caras de un cubo de 3 cm de arista. Luego se recorta el cubo en pequeños cubos de arista 1 cm, tal como se muestra en la figura. ¿Cuántos de estos cubos de arista 1 cm tienen exactamente dos caras pintadas de rojo?
RESOLUCIÓN  Podemos considerar que los cubitos forman tres niveles luego de haber cortado el cubo pintado de rojo, con 3 x 3 = 9 cubitos en cada nivel.  Por condiciones del problema vemos que los pequeños cubos que cumplen con tener dos caras pintadas de rojo son:
Luego, son 4 + 4 + 4 = 12 cubitos que tienen exactamente dos caras pintadas de rojo.
09. Decimos que un anagrama formado con las letras A, A, B, B, C, C es aceptable si la secuencia ABC aparece al menos una vez. Por ejemplo, el anagrama CBABCA es aceptable pero ACBACB no lo es. ¿Cuántos anagramas aceptables formados con dichas letras existen? A)22 B)23 C)24 D)25 E)26
RESOLUCIÓN  Del enunciado un anagrama “aceptable” seria como muestra la figura:
Como debe aparecer esta secuencia la consideramos como un solo elemento
Entonces la forma de ordenar estos cuatro elementos sería:
P4 4  P 4  4!  4  3  2 1  24
Pero al efectuar este conteo, el anagrama A B C A B C lo habremos contado dos veces. Entonces # de formas distintas = 24 -1 = 23
10. Si a,b,c,dson dígitos tales que ab2 . A)14 B)16
   cd
, calcula el valor de a  b  c  d
RESOLUCIÓN  Tenemos:
 ab2   cd 
ab2  cd
53  ...5 63  ...6 73  ...3 83  ...2 93  ...9
Analizando cifras terminales de “cubos perfectos” de tres cifras.
ab2  cd 
512  64
Por lo tanto: a  5 , b  1 , c  6 y d  4 Piden el valor de: a  b  c  d  5  1  6  4  16
11. María debe comprar pastelitos para 7 personas, dándole a cada unola misma cantidad de pastelitos. En la tienda solovenden pastelitos en cajas de 8 ó 15 unidades. ¿Cuántas cajas debe comprar María como mínimo? A)3 B)4 C)5 D)6 E) 7
RESOLUCIÓN  Los pastelitos comprados debe ser una cantidad 7 para darles la misma cantidad a las 7 personas, luego como hay cajas de 8 y 15 unidades tendríamos:
8k  15m  7 Siendo “k” y “m” el número de cajas que compra de 8 y 15 unidades respectivamente. Además tanto 8 como 15 al dividirlos entre 7 dejan residuo 1: o o  o   7 1 k   7 1 m  7    
7 k  7 m  7
k m 7 De la última expresión diremos que: k  mmín  7
Comprobando podría darse las siguientes situaciones:
8  k   15  m   7 8  6   15  1  63 8  5  15  2   70 8  4   15  3  77 8  3  15  4   84 8  2   15  5  91 8  1  15  6   98
12. Tengo una bolsa de canicas, cada una de ellas es de color azul,rojo o verde. Si hay almenos 10 canicas que no son azules, 20 canicas que no son rojasy 40 canicas que no son verdes, ¿Cuántas canicas como mínimo tengo en la bolsa? A)35 B)42 C)36 D)41 E)37
RESOLUCIÓN  Analicemos las proposiciones y formemos desigualdades: o Si hay al menos 10 canicas que no son azules, entonces mínimo hay 10 canicas que podrían ser rojas o verdes  Rojas  Verdes  10 . o 20 canicas que no son rojas, entonces mínimo hay 20 canicas que podrían ser azules o verdes  Azules  Verdes  20 . o 40 canicas que no son verdes, entonces mínimo hay 40 canicas que podrían ser azules o rojas  Azules  Rojas  40 .  De esta última desigualdad se puede suponer como cantidad mínima para las bolas azules y rojas la de 40 a lo cual agregaremos una bola verde lo cual satisface todas las desigualdades. Se tiene 41 bolas como mínimo en la bolsa.
 Clave D
13. La suma de los cuadrados de tres reales positivos es 160. Uno de esos números es igual a la suma de los otros dos. La diferencia entre los dos números menores es 4, ¿Cuál es la diferencia de los cubos de los dos números menores? A) 320 B)360 C)400 D)480 E) 640
RESOLUCIÓN  Sean los números a, b y c; se tiene que: a2  b2  c 2  160 ; del dato “uno de esos números es igual a la suma de los otros dos” tenemos: a  b c
menores mayor
Luego reemplazamos en la primera igualdad y desarrollamos: a2  b2  c 2  160
a2  b2   a  b   160
a2  b2  a2  2ab  b2  160 2 a2  2 ab  2b2  160 a2  ab  b2  80
Piden la diferencia de los cubos de los dos números menores sabiendo que la diferencia de ellos es 4,  a  b  4 .
   a3  b 3   a  b   a2  ab  b 2   4  80 
a3  b3   4  80 
a3  b3  320
14. ¿Qué elemento se debe eliminar del conjunto
 42, 44, 45,60,80 para que
el mínimo común múltiplo de los cuatro elementos restantes sea el mayor posible? A)42 B)44 C)45 D)60 E)80
RESOLUCIÓN  Dadas las descomposiciones canónicas de varios números el MCM de dichos números es el producto de sus divisores primos comunes y no comunes elevados cada uno a su mayor exponente. Números 42 44 45 60 80  Descomposición 2  37
2 2  11
32  5
22  3  5 24  5
MCM de los restantes 2 4  32  5  11 2 4  32  5  7 4 2  3  5  7  11
2 4  32  5  7  11 22  32  5  7  11
El mayor MCM es 2 4  32  5  7  11 y se logra eliminando el número 60.
15. Decimos que un numero de cuatro dígitoses apocalípticosi tiene al menos un 0, un 1 y un 2 entre sus dígitos. Por ejemplo el 2012 es apocalíptico. Determina cuantas de las siguientes proposiciones son verdaderas.     9210 es el mayor número apocalíptico. 1012 es el menor número apocalíptico. No existe número apocalíptico que sea múltiplo de 101. Ningún número apocalíptico se puede expresar como la suma de dos números apocalípticos. B)1 C)2 D)3 E)4
RESOLUCIÓN    El mayor número “apocalíptico” es el 9210 , por lo que la primera proposición es verdadera. El menor número “apocalíptico” es el 1002 , por lo que la segunda proposición es falsa. Los números “apocalípticos” múltiplos de 101 tienen la forma: 101  ab  abab , en donde sólo encontramos dos cifras diferentes que no serían suficientes para obtener el número apocalíptico, por lo que la tercera proposición es verdadera. La cuarta proposición es falsa, para lo cual mostramos el siguiente ejemplo:
1082  1022 2104
 Encontramos que hay dos proposiciones verdaderas.
16. Los números reales a,b,c,d, son no nulos y tienen suma 0, además
Halla A)0
 ab  cd c  d .
1 1 1 1 1      0. a b c d abcd
RESOLUCIÓN   Sean los números a, b , c y d no nulos, entonces:
a  b  c ��� d  0  a  b   c  d   (I)
1 1 1 1 1     0 a b c d abcd bcd  acd  abd  abc  1  0 cd  a  b   ab c  d   1  (II)
 Reemplazamos (I) en (II): cd  c  d   ab  c  d   1
c  d  ab  cd   1
 Que es precisamente lo que nos piden hallar.
17. Determina cuantos números de 4 dígitos son tales que al borrar cualquier dígito el número de 3 dígitos resultante sea un divisor del número original. A)14 B)9 C)13 D)10 E) 15
RESOLUCIÓN  Sea el número de 4 dígitos N  abcd , quien debe tener como divisores a los números: abc , abd , acd y bcd .
Por lo tanto debe existir al menos un entero “k” de modo que:
abcd  abc  k  10  abc  d  abc  k
 esto sólo ocurre con k  10 ; d  0 , y entonces N  abc 0 . También debe existir al menos un entero “q” de manera que:
abc0  ab0  q  abc  ab  q  10  ab  c  ab  q
esto sólo ocurre con q  10 ; c  0 , y entonces N  ab00 .  Continuamos con el análisis, y decimos que también debe existir al menos un entero “r” tal que:
ab00  a00  r  ab  ar
 Este último resultado nos permite asegurar que ab es múltiplo de “a”. Finalmente también debe existir al menos un entero “s” tal que:
ab00  b00  s  ab  bs
  Y en este caso se puede decir que ab es múltiplo de “b”. Entonces para cumplir las dos últimas condiciones notamos que: ab  11; 22; 33; 44; 55;66;77;88;99;12;15; 24; 36; 48 Por lo tanto existen 14 números que cumplen la condición del problema.
18. En la figura mostrada se puede aplicar la siguiente operación: se eligen dos números adyacentes y se le suma la misma cantidad entera a ambos. ¿Cuántas operaciones se necesita como mínimo para que los siete números sean iguales?
RESOLUCIÓN  Sea aij : la cantidad que se suma a los vecinos i y j ; y representa una operación definida en el problema.  Como en el círculo se forma siete parejas de vecinos, y si hubiera más de una operación aplicada a una pareja de vecinos, se podrían agrupar en una sola; tenemos 7 operaciones: a12 ; a23 ; a34 ; a45 ; a56 ; a67 ; a71 .  Tomando en cuenta que al final los siete números deben ser iguales, representamos con N a dicha cantidad, obtenemos:
1  a71  a12 2  a12  a23 3  a23  a34 4  a34  a45 5  a45  a56 6  a56  a67 7  a67  a71
 N  N   N   N  cambiando los signos  N   N  N 
1  a71  a12   N  2  a12  a23  N   3  a23  a34   N   4  a34  a45  N  5  a45  a56   N   6  a56  a67  N  7  a67  a71  N   10  2 a67 = N
 En esta última expresión el mínimo valor que N puede tomar es 10, y se dará cuando a67 sea cero;es decir no se le aplique la operación a la pareja de vecinos formada por los números 6 y 7, y nos quedaremos únicamente con las otras seis operaciones que será la mínima cantidad necesaria para que los 7 números sean iguales.  Sólo nos quedaría determinar los valores de cada una de las 6 operaciones, haciendo los remplazos en las ecuaciones, obtenemos:
a71  3; a12  6; a23  2; a34  5; a45  1; a56  4 .
19. En un tablero de 5  5 fueron pintadas N casillas de tal modo que cada subtablero de 2  2 contiene exactamente 2 casillas pintadas y cada subtablero de 3  3 contiene 4 ó 5 casillas pintadas. ¿Cuántos valores puede tomar N?
RESOLUCIÓN  Vamos a dividir convenientemente el tablero, y considerar dos casos:
1er Caso: Cuando la casilla central está pintada
Se indica en cada caso la mínima y máxima cantidad de casillas pintadas, cumpliendo las condiciones del problema.
Notándose que N puede tomar los valores de 11 y 13. 2do Caso: Cuando la casilla central no está pintada También se indica en cada gráfico la mínima y máxima cantidad de casillas pintadas, cumpliendo las condiciones del problema.
Notándose que N puede tomar los valores de 12 y 14. INVITACIÓN AL 1° PRIMER CONCURSO DE MATEMÁTICA DE AREQUIPA 2012 - COMAT AQP Domingo 18 de Noviembre - INSCRIPCIONES en:
Sólo nos quedaría mostrar ejemplos en los cuales N toma los valores indicados:
Por lo tanto N toma cuatro valores.
20. Halla el coeficiente de x 2012 al desarrollar el siguiente producto:
 1  x2  1  x3 
A)0 B)1
1  x  1  x  1  x  1  x  1  x 
9 2 27 2 81 2 243 2
1  x
1  x  1  x  1  x  1  x  1  x  1  x 
3 2 9 2 27 2 81 2 243 2 729
Desarrollando los binomios al cuadrado: 1  2x  x 2 1  2x 3  x6 1  2x9  x18 1  2x 27  x 54 ..
 ..  1  2x
 x 162 1  2x 243  x 486 1  2x729  x1458
Expresamos 2012 en base 3 y obtenemos: 2012  22021123 ; es decir: 2012  2  1  3  1  32  2  33  2  35  2  36 Vamos a expresar los exponentes de “x” como potencias de 3:
 1  2x  x  1  2x
 x 23 1  2 x 3  x 23
.. 1  2x 3  x 23
1  2x
132
 x 23
 x 23 ..
 x 2 3
Con la observación hecha anteriormente, seleccionamos los términos que al multiplicarse dejarán al final a la variable x con exponente 2012:
 x 23 1  2 x13  x 23
2 13
 x 2 3
236
Dichos términos aislados son:
 x  2x   2x  x  x  x   4x
2  33 2  35
Por lo tanto el coeficiente pedido es 4.
E C B B A E C C B B
E D A D C C A D D D
Agradecemos la atención que se le brinde a este pequeño aporte a la educación matemática.

References: RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN 

RESOLUCIÓN