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SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
RECOPILACIÓN DE SOLUCIONES DE PROBLEMAS DE
OMÑ
SEGUNDO NIVEL
INSTANCIAS:
INTERCOLEGIAL – ZONAL – REGIONAL – PROVINCIAL NACIONAL
ARIADNA ARFINI
OSCAR FABIÁN OVANDO
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
1
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
1. En el campo ABCDE de la figura AB=2.BC y el triángulo CDE es equilátero.
Para alambrar el campo se necesitan 108 m de alambre.
¿Cuánto se necesita para alambrar la parcela triangular solamente?
SOLUCIÓN
AB = 2BC
4CDE equilátero
perimetro total = 108m
¿per (4)?
per. total = AB + BC + CD + DE + EA = 108m
CD = DE = AB
Si AB = x
per. total = x + x + x + x + x = 4x = 108m =⇒ x = o1084 m = 27m
per (4) = 3x = 3 . 27m = 81m
2. Laura compro 2,50 m de tela a $9,60 el metro.
De ese pedazo de tela, de 70 cm de ancho, corto cuadrados de 30 cm de lado para confeccionar pañuelitos.
En ese mismo negocio se vendían trozos cuadrados de 30 cm de lado a $21,60 la docena.
¿Cuánto ahorró Laura al hacer ella misma los cortes?
SOLUCIÓN
16 pañuelos −→ $9,60 (tela)
1 pañuelo −→
1
16
. $9,60 = $0,60
12 pañuelos −→ $21,60 (tela) (boutique)
1 pañuelo −→
1
12
. $21,60 = $1,80
Laura ahorró $1,20 por cada pañuelo, o sea $1,20 . 16 = $19,20
2
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
12 pañuelos −→ $21,60 (tela) (boutique)
16 pañuelos −→ x =
16
12
. $21,60 = $28,80
Ella gastó −→ $9,60
ahorró −→ $28,80 - $9,60 =19,20
3. ¿Cuántos rectángulos con algún vértice en A hay en la figura?
SOLUCIÓN
(3), (8,9), (7,6,5), (8,9,10,11,12), (8,9,17,18,23,24), (7,6,15,16), (8,9,10,11,12,13), (8, 9, 10,11), (8, 9, 17,18),
(8,9,17,18,23,24,25,26), 7,6), (7,6,5,16,15,14), (8,17,23), (1,3), (7,16), (8, 9,10), (8, 17, 23,25), (34), (1, 2, 3,4),
(8,17).
Hay 22 rectángulos.
4. Una heladera se vende a $660.
Si se paga al contado rebajan la décima parte del precio.
Si se compra a crédito el precio total resulta $114 más que el precio de contado.
Comprándola a crédito se pagan $90 al momento de la compra., $210 al momento de la entrega y el resto en 4
cuotas iguales.
¿Cuánto hay que pagar por cada cuota?
SOLUCIÓN
precio de venta −→ $660
precio contado (10% de desc.) −→$660 - $66 = $594
precio crédito
$90 al momento
$210 al momento de entrega 4 cuotas de $x
compra crédito = precio contado + $114 = $594 + $114 = $708
4 cuotas = $708 - $90 - $210 = $408
1 cuota $
408
4
= $102
3
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
5. ¿Cuántos triángulos se pueden formar con sus vértices en los puntos de la figura?
SOLUCIÓN
AFO
EFO
BOA
ABC
EOD
ABD
DOC
ABE
COB
ABF
ACD
ACE
ACF
ADE
ADF
AEF
BDF
DEF
BCD
BEF
BCE
CDE
BCF
CDF
BDE
CEF
Se pueden formar 26 triángulos.
6. Los triángulos ABC, FDC y GEC son isósceles. AB = 3AC
El perímetro de ABC es 84cm.
D es punto medio de BC
E es punto medio de DC
F es punto medio de AC
G es punto medio de FC
¿Cuál es el perímetro de la figura rayada?
SOLUCIÓN
4
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
per (ABC) = 84cm
AB = BC = 3AC
AB + BC + AC = 3AC + 3AC + AC = 7AC = 84cm =⇒ AC =
84
7
cm = 12cm
per (fig. rayada) = FG + GE + ED + DF
per (fig. rayada) = 3cm + 9cm + 9cm + 18cm = 39cm
7. A un triángulo equilátero de 75cm de perímetro se le sacan 3 triangulitos, también equiláteros, de 5cm de
lado, como en la figura.
¿Cuál es el perímetro de la figura rayada?
SOLUCIÓN
4 equilátero
per (4) = 75cm = 3 . lado =⇒ lado =
75
5
cm = 25cm
per (fig) = 3 . 5cm + 3 (25cm - 2 . 5cm) = 15cm + 3 . 15cm = 60cm
8. La cooperadora compró manuales y libros.
Pagó, en total, $624.
Por los 15 libros, que son todos de igual precio, pagó $240.
Por cada manual pagó el doble de lo que pagó por cada libro.
¿Cuántos manuales compró?
SOLUCIÓN
pt −→ pago total
pl −→ pago libro
5
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
pm −→ pago manual
m −→ manuales
l −→ libros
pt −→ $624
15 l −→ $240
1l −→ $
240
15
= $ 16
1m = 2 l =⇒ 1m = 2 . $16 = $32
pt −→ $624
pl −→ $240
pm −→ pt - pl = $624 - $240 = $384
1m −→ $32
xm −→ $384 =⇒ x =
$384
$32
=12 m
9. Un tren empieza su recorrido en la estación A y lo termina en la estación F.
Entre la estación A y la estación F están las estaciones B, C, D y E.
Se quiere ir de la estación A a la F parando en una o más de las estaciones intermedias.
¿De cuántas maneras distintas se puede organizar el viaje en tren?
Enumérelas.
SOLUCIÓN
ABF
ACF
ADF
AEF
ABCF
ABDF
ABEF
ACDF
ACEF
ADEF
ACDEF
ABDEF
ABCDF
ABCEF
ABCDEF
Hay 15 maneras distintas.
10. Dani recibe cada mes dinero para sus gastos.
Durante la primera semana, gastó la mitad del dinero que recibió.
Durante la segunda semana, gastó la quinta parte del dinero que recibió.
A Dani le quedan todavía $24.
¿Cuánto dinero recibió Dani este mes para sus gastos?
SOLUCIÓN
gasto total −→ x
1
semana 1 −→ x
2
6
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
1
semana 2 −→ x
5
1
1
5+2
2
5
10
semana 1 + semana 2 −→ x + x =
quedan −→ $24 −→ x -
7
10
x=
3
10
x⇒x=
x = −→
10
3
7
10
x
. $24 = $80
Recibió $80
11. Un terreno se descompone en una parcela rectangular y dos parcelas triangulares iguales.
Se sabe que AE = DE = 100m, para cercar sólo una de las parcelas triangulares se necesitan 341,50m de alambre
y si se quisiera cercar sólo la parcela rectangular se necesitar a el doble de alambre.
¿Cuántos metros de alambre se necesitarán para cercar todo el terreno?
SOLUCIÓN
AE + DE + AD = 341, 50m
DE + EF + CF + CD = 2 . 341,50m = 683m
¿per (ADCB) = AD + CD + CB + BF + EF + AE = ?
CB = AD = 341,50m - 2 . 100m = 141,50m
BF = AE = 100m
EF = CD = 683m - 2 . 100m = 241,50m
per (total) = 141,50m + 241,50m + 141,50m + 100m + 241,50m + 100m
per (total) = 966m
12. En una caja hay ocho fichas.
Las fichas llevan los números 5 - 6 - 7 - 8 - 9 - 10 - 20 - 30.
Se sacan tres chas de la caja y, de los números que se pueden formar al ordenarlas, se escribe el mayor.
Ejemplo: Si se sacan 30 - 9 - 5, se escribe 9530 (9 - 5 - 30)
¿Cuáles son los números mayores que 6510 que se pueden escribir?
SOLUCIÓN
6520
61030
7920
72010
8920
82010
9620
9206
10530
10830
20630
6530
62030
7930
72030
8930
82030
9630
9207
10205
10920
20710
6710
7510
7105
8510
8105
8305
9710
9208
10206
10930
20730
6720
7520
7106
8520
8106
8306
9720
92010
10207
10305
20810
7
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
6730
7530
7108
8530
8107
8307
9730
92030
10208
10306
20830
6810
7610
7109
8610
8109
8309
9105
9305
10209
10307
20910
6820
7620
71020
8620
81020
83010
9106
9306
102030
10308
20930
6830
7630
71030
8630
81030
83020
9107
9307
10620
10309
201030
6910
7810
7205
8710
8205
9510
9108
9308
10530
103020
30310
6920
7820
7206
8720
8206
9520
91020 93010
10720
20510
30520
6930
7830
7208
8730
8207
9530
91030 93020
10730
20530
30610
61020
7910
7209
8910
8209
9610
9205
10820
20610
30620
30105 30109 30107 30910
30209
10520
30205 30810 30207
30710
30208
30720
30106 301020 30108 30920 302010 30206 30820
13. Si escribes todos los múltiplos de 5 entre 91 y 609, ¿cuántas veces escribes el 5?
SOLUCIÓN
95 105 115 125 135 145 155 165 175 185 195 205 215 225 235 245 255
265 275 285 295 305 315 325 335 345 355 365 375 385 395 405 415 425
435 445 455 465 475 485 495 505 515 525 535 545 555 565 575 585 595
605 250 350 450 550 500 510 520 530 540 560 570 580 590 150 − −
como unidad −→
1
10
( 605 – 95) + 1 = 52 veces
como decena −→ 2 . 5 = 10 veces
como centena −→ 2 . 10 = 20 veces
total 52 veces + 10 veces + 20 veces = 82 veces
14. El avión salió de Mendoza.
Entre los pasajeros había 30 mujeres y algunos varones.
Cuando hizo escala en Córdoba subieron 26 varones y 26 mujeres y no bajó nadie.
Al despegar nuevamente el número de mujeres era los 2/5 del número total de pasajeros.
¿Cuántos varones había entre los pasajeros del avión antes de la escala en Córdoba?
SOLUCIÓN
había −→ 30m
2
subieron −→ 30m ∧ 26v en ese momento −→ m = p tp = 30m + 26m + 26v + xv = 56m + 26v + xv
5
2
5
56m = p ⇒ p = . 56 = 140
5
2
x = 140p - 56m = 58v
15. Con cuatro piezas triangulares iguales se armó la figura F.
Cada pieza triangular ABC tienen 24cm de perímetro, AC = 8cm 3 AC = 4 AB
¿Cuál es el perímetro de la figura F?
8
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
SOLUCIÓN
AC = 8cm
3AC = 3 . 8cm = 24cm
3AC = 4AB =⇒ 4AB = 24cm =⇒ AB = 6cm
AB = 6cm AC = 8cm
Por teorema de Pitágoras:
BC = √(𝐴𝐵)2 + (𝐴𝐶)2 = √36𝑐𝑚2 + 64𝑐𝑚2 = 10 cm
per (fig) = 4 . (10cm + 2cm) = 40cm + 8cm = 48cm
16. La cooperadora de la escuela organiza una fiesta para el 25 de mayo.
El dueño del salón cobra $ 1560 de alquiler y, además, por cada persona, $ 5 por la comida.
Si cada persona que va a la esta paga $ 13, ¿cuántas personas tienen que ir para cubrir todos los gastos?
SOLUCIÓN
$1560 −→ alquiller
$5 −→comida por cada persona
$13 −→ entrada
$13 = $5 para comida + $8 para alquiler
cant. de personas −→
$1560
$8
= 195 personas
17. El rectángulo ABCH tiene 96 m de perímetro.
El perímetro del cuadrado DEFG es 3/4 del perímetro de ABCH.
AB = 2 AH y HG = 3 DC.
9
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
¿Cuál es la longitud de HG?
SOLUCIÓN
per (ABCH) = 9cm
3
3
4
4
per (DEFG) = per (ABCH) =
96cm = 72m
AB =2AH
HG = 3CD
¿HG?
1
GD = . 72m = 18m
4
2 . (AB + AH) = 96m
2 . (2AH +AH) = 96m ⇒ AH =
96
6
m = 16m
AB = 2AH =⇒ AB = 2 . 16m = 32m
HG + GD + DC = AB =⇒ HG + DC = AB - GD
3DC +DC = 32m- 18m
4DC = 14m =⇒ DC =
14
4
7
21
2
2
HG = 3CD = 3 . m =
7
m= m
2
m
18. ¿Cuántos triángulos hay en la figura?
10
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
SOLUCIÓN
(1)
(14)
(2)
(15)
(3)
(16)
(4)
(1,5)
(3,7)
(2,3,4)
(4,8)
(1,2,3)
(1,2)
(1,5,9)
(2,3)
(2,6,10)
(4,8,12)
(14,15,16)
(1,5,2,6)
(3,7,11,15)
(2,3,4,6,7,8)
(13,14)
(14,15)
(15,16)
(13,14,15,16)
(2,3,6,7)
(1,5,9,2,6,10)
(3,4,7,8)
(2,6,10,3,6,11)
(1,2,3,4)
(1,2,3,4,5,6,7,8) (1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12)
(1,2,3,5,6,7)
(2,3,4,6,7,8,10,11,12)
(1,2,5,6,9,10,13,14)
(1,2,3,5,6,7,9,10,11)
(13)
(3,4)
(13,14,15)
(2,6,10,14)
(2,6)
(3,7,11)
(3,7,11,4,8,12)
(3,4,7,8,11,12,15,16)
19. En el cine de la esquina, que tiene 160 localidades, hay una función por día.
De lunes a miércoles la entrada cuesta $ 4 y de jueves a domingo, $7.
La semana pasada se vendieron: el lunes, la cuarta parte del total de entradas; el martes, la mitad del total de
entradas; el miércoles, el jueves, el viernes y el sábado, todas las entradas.
La recaudación de la semana fue de $ 5460.
¿Cuántas entradas se vendieron el domingo?
SOLUCIÓN
TOTAL −→ 160 localidades
LU, MA, MI −→ $4
JU, VI, SA, DO −→ $7
1
1
4
4
LU −→ TOTAL =
1
1
2
2
. 160 localidades = 40 localidades
MA −→ TOTAL = . 160 localidades = 80 localidades
11
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
MI, JU, VI, SA −→ 4 . 160 localidades = 640 localidades
Recaudación total −→ $5460
40 loc . $4 + 80 loc . $4 + 160 loc . $4 + (160 loc + 160 loc + 160 loc) . $7 + x . $7 = $5460
$1120 + (480 loc . $7) + x . $7 = $5460
$1120 + $3360 + x . $7 = $5460 =⇒ 7x = $5460 - $3360 - $1120
$7x = $980 =⇒ x =
980
7
= 140 entradas
20. Miguel tiene varias piezas rectangulares de madera, todas iguales entre sí.
Con 4 de esas piezas forma esta figura, de 68 cm de perímetro.
Con 3 de esas piezas forma esta otra figura, de 52 cm de perímetro.
¿Cuánto mide cada uno de los lados de una pieza rectangular?
SOLUCIÓN
Llamamos a al lado largo y b al lado corto.
per (fi g. 1) = 68cm
per (fig. 2) = 52cm
6a + 4b = 68cm
4a + 4b = 52cm
¿a? , ¿b?
1
4b = 68cm - 6a =⇒b = (68cm - 6a)
4
4a + (68cm - 6a) = 52cm =⇒ 68cm - 52cm = 6a - 4a
16cm = 2a =⇒ a =
16
2
cm = 8cm
Reemplazando en:
1
4b = 68cm - 6a =⇒b = (68cm - 6a) queda:
4
b=
1
4
1
(68cm - 6 . 8cm) = . 20cm = 5cm
4
(a, b) = (8cm, 5cm)
21. Las hermanos López son 5: Ani, Ceci, Dani, Diego, y José.
Dani y Diego son mellizos entre sí.
12
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Los 5 hermanos quieren sacarse una foto, todos sentados en la, pero los mellizos Dani y Diego quieren estar
uno al lado del otro.
¿De cuántas maneras pueden sentarse para sacarse la foto?
SOLUCIÓN
A
A
C
J
DA
DA
DI
DI
J
C
A
A
DA
DA
DI
DI
C
J
J
C
C
J
A
A
DA
DA
DI
DI
J
C
C
J
DA
DA
DI
DI
A
A
J
C
C
J
DA
DI
A
C
DA
DI
J
A
J
C
DA
DI
A
J
DA
DI
C
A
DA
DA
DA
DI
DI
DI
A
A
C
C
J
A
J
C
J
A
A
C
C
J
A
J
C
J
DA
DA
DA
DI
DI
DI
DA
DI
J
A
C
J
A
C
DA
DI
DA
DA
DI
DI
C
J
J
C
A
A
C
J
J
C
A
A
DA
DA
DI
DI
A
A
C
C
J
A
DI
DI
DI
DA
DA
DA
J
C
J
A
A
C
DI
DI
D
DA
DA
DA
C
J
A
J
C
J
J
C
A
J
DI
DI
DA
DA
C
A
J
C
DI
DI
D
DA
A
J
C
A
J
C
DI
DA
A
J
DI
DA
C
A
DI
DI
DA
DA
A
A
C
J
J
C
A
A
C
J
J
C
DI
DI
DA
DA
DI
DI
DA
DA
C
J
A
A
J
C
C
J
A
A
J
C
DI
DI
DA
DA
DI
DA
C
J
A
C
J
A
DI
DA
DI
DA
J
C
A
J
C
A
DI
DA
22. Andrés compró un sillón que le entregaron dos semanas después.
El día que lo compró, Andrés pagó $ 130 que era la tercera parte del precio.
A la semana siguiente, Andrés pagó la cuarta parte de lo que le faltaba.
El día que se lo entregaron, pagó lo que le faltaba más $12 por gastos de envío.
¿Cuánto pagó Andrés el día de la entrega?
SOLUCIÓN
Si
1
3
−→ $ 130 ⇒ 1 = 3 . $ 130 = $390
pago 1 −→ $130
13
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
1 2
pago 2 −→ ( . $ 390 ) = $65
4 3
entrega −→ pagó el resto + $12 de envío
entrega −→ $390 - $130 - $65 + $12 = $207
23. Este tablero tiene 2 filas y 4 columnas.
Se quieren poner 6 fichas iguales, una en cada casilla, de modo que ninguna columna quede vacía.
¿De cuántas maneras puede hacerse?
SOLUCIÓN
Lista de las casillas vacías:
(1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6) (1,7) (1,8)
(2,3) (2,4) (2,5) (2,6) (2,7) (2,8) (3,4)
(3,5) (3,6) (3,7) (3,8) (4,5) (4,6) (4,7)
(4,8) (5,6) (5,7) (5,8) (6,7) (6,8) (7,8)
Hay 28 combinaciones.
24. ADFG es un cuadrado.
ABIH y CDEJ son rectángulos.
AB = BC = CD = EF = GH
El rectángulo HEFG tiene 56 cm de perímetro.
¿Cuál es el perímetro de la figura sombreada?
SOLUCIÓN
ADFG −→ cuadrado
ABIH ∧ CDEJ −→ rectángulo
14
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
AB = BC = CD + EF = GH
per(EFGH) = 56cm
¿per (BCJEFGHI)?
a = FG
1
3
a = EF
1
8
3
3
2 . a = 56cm ⇒ a = 56cm =⇒ a = 21cm
per (BCJEFGHI) = 4 . a = 4 . 21cm = 84cm
25. Juan tiene una lata vacia.
Si la llena completamente con arena, todo pesa 870 gramos.
Si sólo llena con arena las tres cuartas partes, todo pesa 735 gramos.
¿Cuánto pesa la lata vacía?
SOLUCIÓN
arena + lata −→ 870g =⇒ l = 870g – a
3
4
arena + lata = 735g =⇒ l = 735g -
3
4
arena
¿lata?
870g - a = 735g -
3
4
arena
3
870g - 735g = (1 - ) arena
4
1
135g = a ⇒ a = 4 . 135g = 540g
4
l = 870g - 540g = 330g
26. El polígono ABCDE, de 65 cm de perímetro, tiene todos sus lados iguales.
Sobre la diagonal AC se marca el punto M de modo que MC = BC y AM = MB.
El triángulo BCM tiene 34 cm de perímetro.
¿Cuál es el perímetro del triángulo ABC?
SOLUCIÓN
15
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
per (ABCDE) = 65cm
AB = BC = CD = DE = AE =
65
5
cm = 13cm MC = MB = AM
per (BCM) = 34cm
BM = 34cm - 13cm - 13cm= 8cm
AM = MB = 8cm
per (ABC) = 8cm + 13cm + 13cm + 13cm = 47cm
27. ¿Cuántos triángulos hay en la figura?
SOLUCIÓN
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(8)
(9)
(10)
(11)
(12)
(15)
816)
(17)
(18)
(3,4)
(7,8,11)
(7,8,12)
(1,3,4)
(2,5,6)
(12,15,16)
(9,10)
(14, 17,18)
(9, 10,14)
(9, 10,13)
(13, 17,18)
(12,13,15,16,17) (7,8,9,10,12,13) (5,9,12,13,15,16,17) (4,8,12,13,16,17,18)
(3,7)
(4,8)
(7)
(14)
(11, 15,16)
(1,2,3,4,5,6)
(6,10)
(5,9)
(6)
(13)
(7,8)
(1, 3, 4, 7, 8,12)
En total hay 43 casos.
28. A Gabi le gusta usar prendas de color negro.
De este color tiene: un saco, un chaleco, un pantalón y una remera.
Cada día se quiere poner una o más de estas prendas.
¿Durante cuántos días puede usarlas de manera diferente?
SOLUCIÓN
S, CH, P, R
16
(5,6)
(2,5,6,9,10,13)
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
1 o más prendas
Los primeros 4 días usa una prenda sola.
DIA5
DIA6
−→
−→
(P,S)
(P,CH)
DIA10
DIA11
−→
−→
(R,CH)
(S,P,CH)
DIA7
DIA8
−→
−→
(P,R)
(S,CH)
DIA12
DIA13
−→
−→
(S,P,R)
(S,R,CH)
DIA9
−→
(S,R)
DIA14
−→
(P,R,CH)
El día 15 usa las cuatro prendas (S, P, R, CH)
29. Raquel tiene que tomar un remedio que viene en cajas de dos clases: de 16 comprimidos, que cuestan $33
cada una y de 20 comprimidos, que cuestan $40 cada una.
Debe tomar 2 comprimidos por día durante 6 semanas.
Quiere comprar todas cajas de la misma clase.
¿Cuáles y cuántas cajas debe comprar para gastar lo menos posible?
SOLUCIÓN
16 c −→ $33 20 c −→ $40
2c −→ 6 semanas
6 . 7 días = 42 días −→ 84c
84
16
> 5 ⇒ necesita 6 cajas
debe pagar −→ 5 . $40 = $200
30. Susana pensó tres números, los sumó y obtuvo 100.
Uno de los números es múltiplo de 11 y los otros dos son múltiplos de 8.
¿Cuáles pueden ser los tres números que pensó Susana?
Da todas las respuestas posibles.
SOLUCIÓN
A + B + C = 100
A es múltiplo de 11
B y C son múltiplos de 8
𝐴 𝐵+𝐶
11 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟
78
22
33 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟
44
56
55 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟
88
12
𝐵
8
16
24
32
40
48
A debe ser 44 y B + C debe ser 56
Los números son:
17
𝐶
48
40
32
24
16
8
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
𝐴
44
44
44
44
44
44
𝐵
8
16
24
32
40
48
𝐶
48
40
32
24
16
8
31. En el cine, en la función del domingo, las entradas cuestan $ 7 para menores y $12 para mayores.
Cada mayor compró, además de su entrada, entradas para 2 menores.
Este domingo por la venta de entradas se obtuvieron $1638.
¿Cuántas entradas se vendieron en total?
SOLUCIÓN me −→ $7 ma −→ $12
Recaudación −→ $1638
x entradas −→ 1 ma + 2 me
adulto −→ma + 2 me −→ $12 + 2 . $7 = $26
1 a −→$26
xa −→ $1638 =⇒x =
1638
26
= 63 a
Hubo 63 adultos y 126 menores.
32. Un rectángulo ABCD tiene igual perímetro que un cuadrado de 29 cm de lado.
El lado AB mide 12 cm más que el lado BC.
Cuánto mide cada lado del rectángulo ABCD?
SOLUCIÓN
ABCD rectángulo
per (ABCD) = 4 . 29cm = 116cm
AB = BC + 12cm ¿AB? ¿BC?
2 . (AB + BC) = 4 . 29cm =⇒ (AB + BC) = 2 . 29cm = 58cm
2BC = = 58cm - 12cm = 46cm =⇒ BC = 23cm
AB = BC + 12cm = 23cm + 12cm = 35cm
(AB , BC) = (35cm , 23cm)
33. En el pentágono ABCDE se trazaron todas las diagonales desde el vértice A y todas las diagonales desde el
vértice B.
Identifica todos los triángulos que quedaron dibujados.
¿Cuántos son?
18
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
SOLUCIÓN
Tengamos en cuenta que:
AC ∩ BD = H AC ∩ BE = G
AD ∩ BE = F
ABC
BDE
ACD
BCD
ADE
ABG
ABE
AFG
AEF
CDH
DEF
BCG
BGH
ABH
BCH
ABF
AEG
ADH
BDF
34. Estela compró tres remeras, un pantalón y una campera.
Por la campera pagó $ 138.
El pantalón costaba la tercera parte de lo que costaba la campera.
Cada remera costaba la mitad de lo que costaba el pantalón.
Si pagó con tres billetes de $100, ¿cuánto le dieron de vuelto?
SOLUCIÓN
compró −→ 3r + 1 p + 1c
pagó −→ $300 vuelto −→ ?
c = $138
p=
𝑐
3
=$
138
3
= $46
𝑝
46
2
2
r −→ = $
= $ 23
3r + 1 p + 1c = 3 . $23 + $46 + $138 = $253
vuelto = $300 - 253 = $47
35. Susana confeccionó mantelitos rectangulares y servilletas cuadradas.
Ambas piezas tienen igual perímetro y los mantelitos tienen el doble de largo que de ancho.
Para bordear 6 mantelitos y 6 servilletas usa 1296 cm de cinta.
¿Cuáles son las medidas de los mantelitos?, ¿y de las servilletas?
19
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
SOLUCIÓN
per (m) = per (s)
2a = l
6m + 6s = 1296cm
6 (2 (a + l)) + 6 . 4s = 1296cm
(2 (a + l)) = 4 s
6 . 4 s + 6 . 4 s = 48 s = 1296cm =⇒ s =
1296
48
cm = 27cm
a + l = 2s
2a = l
a + 2a = 2 . 27cm
3a = 54cm =⇒ a = 18cm ∧ l = 36cm
36. Cuántos triángulos ves en la figura?
Explica cómo los contaste.
SOLUCIÓN
ABC, AOJ,JOI, IOH,HOC,CGO,FOG, BOF, BOE,DOE, ADO, AOI, AOH, ACO, AGC, AEO, ABO, ABG, AEH, ADC, ABI,
BOD, BOG, BOC, BIC, CDF, CIO, OCJ, FJC
En total son 29 triángulos
37. Para llenar el Álbum se necesitan 320 figuritas.
Ayer Camila tenía completa la cuarta parte.
Hoy le regalaron 24 paquetes de 6 figuritas cada uno.
Después de abrir todos los paquetes, encontró sólo 37 figuritas repetidas.
¿Cuántas figuritas le faltan todavía para completar el álbum?
SOLUCIÓN
ta −→ 320 fig
20
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
tenía −→
320
4
fig = 80 fig
24 p . 6 fig = 144 fig
repetidas −→ 37 fig
tenía −→ 80 fig
compró −→ 144 fig repetidas −→ 37 fig
tiene ahora −→ tenía + compró - repetidas
tiene ahora −→30 fig + 144 fig - 37 fig = 187 fig
ta −→ 320 fig
tiene −→ 187 fig
faltan −→ ta - tiene = 320 fig - 187 fig = 133 fig
38. En la figura, ABCE es un rectángulo de 80 cm de perímetro.
CE = 4 BC, CD = DE.
El triángulo CDE tiene 86 cm de perímetro, ¿cuál es el perímetro de la figura ABCDE?
SOLUCIÓN
per (ABCE) = 80cm
CE = 4BC
CD = DE
per (CDE) = 86cm
2 (CE + CB ) = 2 (4BC + BC ) = 10BC = 80cm =⇒ BC =
8
10
cm = 8cm
CE = 4BC = 4 . 8cm = 32cm
1
1
2
2
per (CDE) = CD + DE + CE = 2CD + 32cm =⇒ CD = (86cm - 32cm) = . 54cm = 27cm per (ABCDE) = AB + BC + CD
+ DE + EA = 32cm + 8cm + 27cm + 27cm + 8cm
per (ABCDE) = 102cm
39. En el bar de la escuela, ofrecen bebidas y golosinas.
Las bebidas son: té, café, mate cocido y chocolate, que se pueden tomar con azúcar o sin azúcar.
21
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Las golosinas son: alfajores, bombones y chupetines.
Vale quiere elegir una bebida y una golosina.
¿De cuántas maneras puede hacerlo?
Indica cuáles son.
SOLUCIÓN
40. La asociación de vecinos vende bonos contribución.
Hay bonos de $20 y de $ 8.
La cantidad de bonos de $ 8 que se vendió es el triple de la cantidad de bonos de $ 20 que se vendió.
En total se recaudaron $ 1100.
¿Cuántos bonos de cada clase se vendieron?
SOLUCIÓN
$20 x + $8 y = $1100
y = 3x
$20 x + $8 . 3x = $1100
$20x + $24x = $1100
$44x= $1100 =⇒ x =
1100
44
= 25 bonos
y = 3x = 3 . 25 bonos = 75 bonos
(x, y) = (25 b, 75 b)
41. La figura se armó con piezas cuadradas y rectangulares colocadas en forma alternada, comenzando por una
pieza rectangular de lados de 2 cm y 1 cm.
Cada pieza se puede armar con 2 piezas iguales a las que tiene a su izquierda.
¿Cuál es el perímetro de la figura?
22
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
SOLUCIÓN
2. (1cm + 2cm) + 2 . 2cm + 2 . (1cm + 2cm) + 2 . 2 . 2cm + 4 . (1cm + 2cm)+ (2 . 2cm) + (2 . 2. 2cm) =
3. 2cm + 4cm + 2 . 3cm + 8cm + 4 . 3cm + 4cm + 8cm + 24cm =
6cm + 4cm + 6cm + 8cm + 12cm + 4cm + 8cm + 24cm = 72cm
42. ¿Cuántos cuadriláteros hay en la figura?
Explica cómo los contaste.
SOLUCIÓN
(1)
(1,5)
(3,7,11)
(2)
(9,5)
(4,8,12)
(2,3,4)
(1,2,3,4)
(6,7,8,10,11,12) (2,3,4,6,7,8,10,11,12)
(6)
(4,8)
(1,2)
((1,5,9,2,6,10)
(5,6,9,10)
(3)
(2,6)
(6,10)
(1,2,5,6)
(5,6,7,9,10,11)
(7)
(8,12)
(2,3)
(3,4,7,8,11,12)
(7,8,11,12)
(9)
(1,5,9)
(3,4)
(2,3,6,7,10,11)
(4)
(3,7)
(7,11)
(3,4,7,8)
(5,6,7,8,9,10,11,12)
(12)
(2,6,10)
(1,2,3)
(1,2,3,5,6,7,9,10,11)
(1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12)
43. Del dinero disponible para la competencia, la tercera parte se usó para gastos de organización; el resto se
repartió entre los 3 primeros premios.
El primero recibió $ 800; el segundo recibió la mitad de lo que había recibido el primero y el tercero, la mitad
de lo que había recibido el segundo.
¿Cuánto dinero había disponible para la competencia?
SOLUCIÓN
dinero disponible −→ x gastos −→
premios −→
𝑥
3
2𝑥
3
premio 1 −→ $800
23
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
1
premio 2 −→ $ 800 = $400
2
1
premio 3 −→ $ 400 = $200 total premios −→ $1400
2
2𝑥
3
= $1400 ⇒ x =
3
2
. $1400 = $ 2100
dinero disponible −→ $2100
gastos −→
𝑥
=
3
1
3
. $ 2100 = $ 700
Olimp´ıada Maten ática Ñandú´˜
44. En un campamento participan, en total, 240 chicos de Argentina, Brasil, Chile y Perú.
1
El número de chicos del Perú es el 50% del número de chicos de Chile y del de Argentina.
3
El número de chicos de Argentina es el 75% del número de chicos de Brasil.
¿Cuantos participantes de cada país hay en el campamento?
SOLUCION
t = 240
c = a + b + ch + p
3
3
4
4
a = b 3p = b
1
p = ch =⇒ch = 2p
2
1
p = a ⇒ a = 3p
3
1
b = 4p ⇒ p = b
4
a + b + ch + p = 3p + 4p + 2p + p = 10p = 240 c
10p = 240c =⇒p = 24c
ch = 2,24c =⇒ch = 48c
a = 3,24c =⇒a = 72c
b = 4,24c =⇒b = 96c
45. El triángulo ABC es rectángulo en B y tiene 50 cm2de área.
D es el punto medio de BC y AB = 12,5 cm.
Los arcos BC y CD son semicircunferencias.
¿Cuál es el área de la zona rayada?
24
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
SOLUCION
área (ABC) = 50cm2
CD = DB
AB = 12.5cm
1
1
2
2
área (ABC) = AB . CD = . 12,5 .
CD = 50cm2
CD =
2 .á𝑟𝑒𝑎 (𝐴𝐵𝐶)
𝐴𝐵
=
2 .50
12,5
cm= DB = 8cm
área sector circular (BC) =
área sector circular (CD) =
área sector circular (BC) - área sector circular (CD) = 100,48cm2 - 25,12cm2 = 75,36cm2
46. Sobre una circunferencia se marcan 33 puntos que la dividen en 33 partes iguales.
Se numeran consecutivamente y en el sentido de las agujas del reloj con 0, 1, 2, 3, 4,..., 32.
Se pintan con rojo algunos de esos puntos de manera que no queden dos pares de puntos rojos a la misma
distancia.
¿Cuál es el mayor número de puntos que pueden pintarse de rojo?
Explica por qué y representa gráficamente.
SOLUCION
0, 3, 7, 12, 18, 25,... 32 (el 32 es congruente con el 0), 33
Entre uno y otro punto hay 3, 4, 5, 6, 7 y 8 puntos respectivamente.
El punto 33 repite el 0
Quedan las siguientes distancias:
0
4
8
13
19
26
1
1
5
9
14
20
27
2
25
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
2
6
10
15
21
28
3
3
7
11
16
22
29
4
4
8
12
17
23
30
5
5
9
13
18
24
31
6
6
10
14
19
25
32
7
7
11
15
20
26
0
8
8
12
16
21
27
1
9
9
13
17
22
28
2
10
10
14
18
23
29
3
11
11
15
19
24
30
4
12
12
16
20
25
31
5
13
13
17
21
26
32
6
14
14
18
22
27
0
7
15
15
19
23
28
1
8
16
16
20
24
29
2
9
17
17
21
25
30
3
10
18
18
22
26
31
4
11
19
19
23
27
32
5
12
20
20
24
28
0
6
13
21
21
25
29
1
7
14
22
22
26
30
2
8
15
23
23
27
31
3
9
16
24
24
28
32
4
10
17
25
25
29
0
5
11
18
26
26
30
1
6
12
19
27
27
31
2
7
13
20
28
28
32
3
8
14
21
29
29
0
4
9
15
22
30
30
1
5
10
16
23
31
31
2
6
11
17
24
32
47. Todas las latas que había en el depósito se distribuyeron en 143 cajas.
Todas las cajas tenían igual número de latas.
26
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Como resultaba imposible cargar todas las cajas en la camioneta, se vaciaron 11 cajas y se repartió su
contenido entre las otras cajas.
Ahora, cada una de las cajas que quedan tiene 2 latas más.
¿Cuántas latas hay en total?
SOLUCION
total −→ 143c vacías −→ 11c quedan −→ 132c
1c −→ agregan 2l
132c −→ agregan 2l . 132 = 264l
11c −→ 264l
1c −→
264
11
l = 24 latas
48. Las figuras A y B están formadas por cuadrados de 1cm de lado.
Con ellas, sin superponerlas, se arman nuevas figuras de manera que, donde se tocan las figuras A y B tienen
lados enteros en común.
¿Se puede armar una figura de 16cm de perímetro?
Explica por qué.
SOLUCION
A −→ 12 lados
B −→ 10 lados
Si encastro las dos figuras no puedo obtener una figura de 16cm de longitud porque al unirlas se relacionan
algunas cantidades de lados distintas de 3.
49. En la cuadricula de la figura se quieren pintar de rojo 4 cuadraditos de modo que un cuadradito rojo no
tenga a su alrededor ningún otro rojo.
¿De cuantas maneras distintas se puede hacer?
SOLUCION
27
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Hay 21 casos posibles.
50. De lunes a sábado, Bianchi, García y López se turnan para llevar y traer a los chicos del club.
Bianchi y García hacen viajes de ida. García y López hacen viajes de vuelta.
Cada 6 días, cada uno debe hacer un total de 4 viajes y García no puede hacer dos viajes el mismo día.
¿De cuantas maneras distintas se pueden turnar?
SOLUCION
LU
MA
MI
JU
VI
SA −→ TM
LU
MA
MI
JU
VI
SA −→ TT
B, G −→ mañana
G, L −→ tarde
B
B
G
G
L
L
1
2
3
1, 2 y 3 son las columnas.
Si analizamos la mitad de la semana nos queda el esquema:
1
2 3
3
2 1
2 1
3
3 1
2
2
3 1
1
3 2
Cada línea se puede combinar con cualquier otra (inclusive con si misma) para completar la semana.
Este esquema se puede repetir 6 semanas, o sea de 36 maneras.
51. En cierto país, el 1 de enero de 1995, un producto A valía $50 y un producto B valía $400.
28
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Después, cada año, cada producto aumentó un mismo porcentaje sobre el precio del año anterior.
Para el producto A el porcentaje de aumento de cada año fue del 300%.
Los dos productos valían lo mismo el 1 de enero de 1998.
¿Cuál fue el porcentaje de aumento de cada año para el producto B?
SOLUCION
Si aumenta un 300%, significa que su valor se multiplica por 3.
A = $50
B = $400
1995 −→ A = $50
1996 −→ A = $50 + 3 . $50 = $200
1997 −→ A = $200 + 3 . $200 = $800
1998 −→ A = $800 + 3 . $800 = $3200 = B
En 1998, A aumentó
$3200
$50
= 64 veces con respecto a 1995.
3
Como son 3 años de diferencia calculo √64 = 4, o sea que de un año a otro aumentaba 4 veces, como está
demostrado para el producto A.
Para el producto B, su precio aumentó
$3200
$400
= 8 veces.
3
Si √8 = 2 esto indica que su precio de un año al siguiente será el doble:
1995 −→ B = $400
1996 −→ B = $400 + 1 . $400 = $800
1997 −→ B = $800 + 1 . $800 = $1600
1998 −→ B = $1600 + 1 . $1600 = $3200
52. área ABCD = 48 cm2
área EFGH = 72 cm2
área IJKL = 90 cm2
área MBNH = 10 cm2
área OBPL = 15 cm2
área EQKR = 49 cm2
área MBPR = 6 cm2
¿Cuál es el área de la figura rayada?
29
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
SOLUCION
área (MBNH) = área (MBPR) + área (HNPR)
área (HNPR) = área (MBNH) - área (MBPR)
HN . NP = MB . BN - MB . BP = 4cm2 = 10cm2 - 6cm2
área (MBPKQE) = área (EQKR) - área (MBPR) = EQ . QK - MB . BP
43cm2 = 49cm2 - 6cm2
área (FGNPKQ) = área (EFGH) - área (HNPR) - área (EQKR) = EF . FG - HN . NP - EQ . QK
19cm2 = 72cm2 - 4cm2- 49cm2
área (LOMR) = área (OBPL) - área (MBPR) = OB . BP - MB . BP
9cm2 = 15cm2 - 6cm2 área (EMOIJQ) = área (IJKL) - área (HNPR) - área (LOMR) =
32cm2 = 90cm2 - 49cm2- 9cm2
área (ADCNHRLO) = área (ABCD) - área (EQKR) - área (MBNH) =
29cm2 = 48cm2 - 9cm2 - 10cm2
HR = RP = 2cm
RM = 3cm
AB . BC = 48cm2 =⇒AO = 1cm ∧ NC = 6cm
área (EQKR) = 49cm2 =⇒ER = EQ = 7cm
área (EFGH) = 72cm2
30
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Entonces:
EF = EQ + QF = 8cm
EH = EM + MR + RH = 9cm
área (total) = área (ABCD) + área (FGNPKQ) + área (MBPKQE) + área (EMOIJQ)
área (AOIJQFGNCD) = 48cm2 + 19cm2 + 43cm2+ 32cm2 =142cm2
53. En la escuela, 5º, 6º y 7º se pueden cursar en el turno mañana o en el turno tarde.
El total de alumnos de 5º, 6º y 7º es 734; en el turno tarde hay 10 alumnos más que en el turno mañana.
El total de alumnos de 5º es 247; en el 5º turno tarde hay 7 alumnos más que en el 5º turno mañana.
En 6º hay, en total, 1 alumno más que en 7º.
En 6º del turno mañana hay 5 alumnos más que en 5º del turno mañana.
¿Cuántos alumnos hay en 7º del turno tarde?
SOLUCION
5º−→ x
6º−→ y
7º −→ z
xm + xt + ym + yt + zm + zt = 734a
tm = tt - 10a
xm = xt - 7a
xm + xt = 247a
Si reemplazo xm me queda que:
xt -7a + xt = 247a ⇒ xt =
247𝑎−7𝑎
2
= 127a
xm = 120a
ym + yt + zm + zt = 734a - 247a = 487a
ym = 120a + 5a = 125a
xm + ym + zm = xt + yt + zt - 10a
120a + 125a = 127a + 118a
ym + yt = 243a
ym + yt = zm + zt +1 = 244a
ym + yt + zm + zt = 487a
31
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
yt = 243a - ym ⇒ yt = 243a - 125a = 118a
zm + zt = 244a
zm + 245a = zt + 235a
489a - 235a = 2 . zt
254𝑎
2
= zt ⇒ zt =⇒zt = 127a
Los cursos quedan así:
𝑡𝑚
𝑡𝑡
𝑥
𝑦
120 125
127 118
𝑧
117
127
𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
362
372
54. El triángulo ABC es isósceles con AC = BC y <ACB =
4
3
<CBA (<ACB indica el ángulo ACB)
AB es un arco de circunferencia de centro C y radio CA.
La parte sombreada de la figura tiene aproximadamente 22,61cm 2 de área.
Los triángulos ECA y BCD son isósceles, rectángulos e iguales entre sí.
a. ¿Cuál es el área de toda la figura?
b. ¿Cuál es el perímetro de la parte sombreada?
SOLUCION
AC = BC ∧ <ACB =
4
3
<CBA
área sombrada = 22,61cm2
ABC isósceles
ECA ∧ BCD isósceles rectángulos e iguales
𝜋
( ) (AC)2.𝛼 = 22,61 cm2
360
(
𝜋
360
) (AC)2.𝛼 = 𝜋 . 7 cm2
32
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
4
<ACB = <CBA
3
4
𝛽= 𝛼
3
2𝛼 + 𝛽 = 180º
2𝛼 +
𝛽=
4
3
4
3
𝛼 = 180º ⇒
4
𝛼=
(AC)2 =
3
7,2 .360
72
10
3
𝛼 = 180º ⇒ 𝛼 = 54º
. 54º = 72º
cm2 = 36 cm2 ⇒ AC = 6cm
arco circular =
2𝜋𝛽 .𝐴𝐶
72
=
2𝜋 .72º .6𝑐𝑚
360º
=
12
5
. 𝜋 cm
perímetro sombreado = AC + BC + arco AB = 6cm + 6cm +
12
11
𝜋 = 12cm +
12
11
𝜋 = = 12cm - (1 +
𝜋
5
)
área (ACE) = área (BCD)
área AC =
𝐴𝐶 .𝐶𝐸
2
1
= 62 cm2 = 18cm2
2
área total = 2 . área (ACE) + área sombreada =2 . 18cm2 + 22,61cm2 = 58,61cm2
55. Los padres de Javier quieren comprar un departamento que cuesta $ 120000 pero no disponen de todo el
dinero.
Pagarán una parte al contado y el resto en dos partes iguales: la primera mitad, con el 20% de recargo, en 30
cuotas iguales y la otra mitad, con el 5% de recargo, en 15 cuotas iguales.
Por cada una de las 15 últimas cuotas deberán pagar $ 2184.
¿Qué porcentaje del valor del departamento pagaron al contado?
¿Cuánto deberán pagar por cada una de las primeras 30 cuotas?
SOLUCION
B) 1 cuota −→$2184
15 cuotas −→$2184 . 15 = $32760
100% .5%
100%
= 1,05 (aumento)
valor inicial . 1,05 = valor final B
valor inicial total cuotas =
𝑣𝑓
1,05
valor final = valor cuota . 15
$2184 . 15 = $32760
valor inicial total cuotas =
$32760
1,05
= $ 31200
A) valor inicial . aumento = valor final A
$31200 . 1,2 = $34440
30 cuotas −→ $34440
33
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
1 cuota −→
$34440
30
= $1148
valor contado = valor total - valor inicial A - valor inicial B = $120000 - $33440 - $31200 = $54360
$120000 −→ 100%
$54360 −→x = 45,3%
56. Los comerciantes Álvarez y Bianco tienen cada uno la mismo cantidad de´ kilos de harina en bolsas de 50 kg.
Álvarez vende las bolsas enteras, cada una a $ 36.
Bianco fracciona la harina en bolsitas de medio kilo y al embolsarla pierde el 4% del total; si vende cada bolsita
a $0,40 obtiene $192 por la venta de todas.
Con respecto a lo obtenido por Bianco, ¿qué tanto por ciento menos obtiene Álvarez?
SOLUCION
1 bolsa −→ 50kg
A −→ c / bolsa −→$36
B −→c / bolsa −→
1
2
kg , pierde 4% , c / bolsa −→$0,40
1
B) 1 b de 50kg −→ 100 bolsitas de kg
2
pierde 4% −→ 100b - 4b = 96b
1b −→$0,40
xb −→$192 =⇒x = 480b por cada bolsa grande.
A) 50kg −→ $36
1kg −→ $
36
50
= $ 0,72
B) 100b −→ $0,40 c/u −→$40
pierde 4% −→
$40 .4%
100%
= $ 1,60
1 bolsa grande −→$38,40
x bolsa grandes −→$192
x=
$192
$38,40
= 5 bolsas grandes
A) 5 bolsas grandes −→$36 . 5 = $180
B) 5 bolsas grandes −→$38,40 . 5 = $192
$192 −→100%
$180 −→ x =
$180 .100%
$192
= 93,75%
57. En una plaza hay un cantero rectangular corno muestra la figura.
34
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Los arcos son semicircunferencias.
Todos los arcos grandes son iguales entre si y todos los arcos pequeños son iguales entre sí.
En la zona rayado se pondrán flores y en la zona blanca, césped.
El área que ocuparan las flores es de 269,2550 m2.
Se quiere bordear el perímetro de la zona ocupada con flores con un cerco.
¿Cuantos metros de cerco se necesitan?
SOLUCION
área sombreada = 269,2550m2
A3 = A2 - A1
área sombreada = 3A1+ 2A2 + A3 = 3A1+ 2A2 + A2 - A1 = 2A1 + 3A2
circunferencia = 𝜋 . D = 2 . 𝜋 . r
A1 = 𝜋2 . (r1)2
r1 =
1
2
r2 ⇒ r2 = 2r1
área sombreada = 2 . (𝜋2 . (r1)2 ) + 3 (𝜋2 . (2r1)2) = 7 . 𝜋 . (r1)2
1
7 . 𝜋 . (r1)2 = 269,2550 cm2 ⇒ 𝜋 . (r1)2 = . 269,2550 cm2 = 38,4650cm2
7
(r1)2 =
38,4650
3,14
cm2 = 12,25 cm2
r1 = √12,25 cm = 3,5cm
r2 = 7cm
D = r2 = 2
r1 = 7cm
per zona = 2 𝜋 r1+ 2r1+ 2 𝜋 r2+ 2 𝜋 r1+ 2 𝜋 r1+ 2Πr2+ 2r1+ 2 𝜋 r1+ 2 𝜋 r2
1
r1 = r2 ⇒ r2 = 2r1
2
35
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
per zona = 2Πr1+ 2r1+ 4 𝜋 r1+ 2 𝜋 r1+ 2 𝜋 r1+ 4 𝜋 r1+ 2r1+ 2 𝜋 r1+ 4 𝜋 r1 = 2r1(10 𝜋 + 2) = 233,8cm
58. Un tenista entrena en las canchas de su club.
Cada semana, entrena 2 días mañana y tarde y 4 días solo por la tarde.
Nunca entrena mañana y tarde dos días consecutivos de la semana.
Puede utilizar las canchas para entrenar de lunes a domingo.
¿De cuantas maneras distintas puede planificar su entrenamiento durante una semana?
SOLUCION
2 entrenamientos M y T
4 entrenamientos solo T
M y T nunca días consecutivos
Si analizamos las prácticas de las tardes el esquema semanal nos queda así:
DO LU MA MI JU V
SA
I
S1
X
X
X
X
X
X
S2
X
X
X
X
X
X
S3
X
X
X
X
X
X
S4
X
X
X
X
X
X
S5
X
X
X
X
X
X
S6
X
X
X
X
X
S7
X
X
X
X
X
X
X
Ahora analizamos que pasa con las prácticas de la mañana en cada semana.
Semana 1 −→ 10 posibilidades
LU −→ MI - JU - VI - SA
MA −→ JU - VI - SA
MI −→ VI - SA
JU −→SA
Semana 2 −→ 10 posibilidades
MA −→ JU - VI -SA
MI −→ VI - SA
JU −→SA
DO −→ MA - MI - JU - VI
36
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Semana 3 −→ 10 posibilidades
LU −→ MI - JU - VI - SA
MI −→VI - SA
JU −→SA
DO −→ MI - JU - VI
Semana 4 −→ 10 posibilidades
LU −→ MI - VI - SA
MA −→VI - SA
MI −→VI - SA
DO −→ MA - JU - VI
Semana 5 −→ 10 posibilidades
LU −→ MI - VI - SA
MA −→VI - SA
MI −→VI - SA
DO −→ MA - MI - VI
Semana 6 −→ 10 posibilidades
LU −→ MI - VI - SA
MA −→VI - SA
MI −→VI - SA
DO −→MA - MI - VI
Semana 7 −→ 10 posibilidades
LU −→ MI - JU - VI
MA −→JU - VI
MI −→VI
DO −→ MA - MI - JU - VI
59. ¿Cuantos triángulos hay en la figura?
Explica cómo los contaste.
37
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
SOLUCION
1
2; 3; 4
12
7; 13
2; 7; 8; 13; 14
2
1; 2; 3; 4
13
5; 7; 13
9; 10; 15
3
5; 6
14
11; 12
3; 9; 15
4
6; 1
15
11; 16
3; 4; 9; 10; 15
5
5; 6; 1
16
11; 12; 16
3; 9; 11
6
4; 10
1; 2
6; 8; 14
3; 9; 11; 15; 16
7
10; 12
2; 3
2; 8; 14
2; 3; 8; 9; 7; 11
10
4; 10; 12
3; 4
1; 2; 6; 8; 14
10; 9; 6; 8; 14; 15
11
5; 7
1; 2; 3
2; 7; 8
Hay 44 posibilidades.
60. Todos los meses Víctor compra cajas de cartón para guardar las remeras que fabrica.
En julio, por 30 cajas pagó $ 54.
En agosto, el precio de las cajas aumentó y por 36 cajas pagó $ 81.
En setiembre, el precio de las cajas volvió a aumentar, pero este mes, el porcentaje de aumento fue 5 menos que
en agosto; Víctor pagó $ 108 por las cajas que compró.
¿Cuántas cajas compró Víctor en setiembre?
SOLUCION
julio −→ 30 cajas −→$54
agosto −→ 36 cajas −→$81
setiembre −→ x% - 5% −→ pagó $108 −→ ?cajas
38
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
julio
30c −→$54
1c −→ $
54
30
= $ 1,80
agosto
36c −→$81
1c −→ $
81
30
= $ 1,80
aumento = agosto - julio = $2,25 - $1,80 = $0,45
$1,80 −→ 100%
$ 0,45 −→ x =
$0,45 .100%
$1,80
= 25%
En setiembre aumentó 5% menos que en agosto.
setiembre −→ 25% - 5% = 20%
setiembre
100% −→$2,25
20% −→ x =
$2,25 .20%
100%
= $ 0.45
precio actual = precio agosto + aumento = $2,25 + $0,45 = $2,70
61. En el rectángulo ABCD, AB = 2BC.
Sobre cada lado del rectángulo se dibujó un cuarto de círculo.
La figura que resulta tiene 154,2 cm de perímetro.
Con ese rectángulo y esos cuartos de círculo se armó esta otra figura.
¿Cuál es el perímetro y cuál es el área de la nueva figura?
SOLUCION
39
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
AB = 2BC
r1 = AB
r2 = BC
per (X) = 154,2cm j
1
1
4
4
1
1
4
4
circunf (AB) = 2 . . 𝜋 . D1 = 2 . . 𝜋 . 2r1 = . r1
circunf (BC) = 2 . . 𝜋 . D2 = 2 . . 𝜋 . 2r2 = . r2
𝜋 . AB + . BC + 2 . AB + 2 . BC =BC . (𝜋 + 2) + AB . (𝜋 + 2) =
= (AB + BC) . (𝜋 + 2) = 154,2cm
Si AB = 2BC
3 . BC . (𝜋 + 2) = 154,2cm =⇒ BC =
154,2 𝑐𝑚
3 .(𝜋+2)
=
51,4 𝑐𝑚
(𝜋+2)
= 10cm
AB = 2BC =⇒AB = 2 . 10cm = 20cm
1
1
2
2
per (Y) = . circunf (AB) + . circunf (BC) + AB =
1
1
2
2
= . 𝜋 . 40cm + . 𝜋 . 20cm + 20cm =
= 𝜋 . 20cm + . 10cm + 20cm = 104,20cm
per (Y) = 104,20cm
𝜋
𝜋
2
2
área (Y) = . (AB)2 + . (BC)2 + AB . BC =
𝜋
= . (20cm)2 + . (10cm)2 + 20cm . 10cm =
2
= 𝜋 . (200cm2 + 50cm2 ) + 200cm2= 985cm2
área (Y) = 985cm2
62. El domingo, en el supermercado, si se paga con tarjeta hacen el 15% de descuento.
El domingo pasado Juan fue al supermercado; pagó las dos quintas partes de su compra con tarjeta y el resto
en efectivo.
En total pagó $ 98,70.
¿Cuánto debería pagar por esa misma compra si pagara todo en efectivo?
SOLUCION
domingo −→ tarjeta −→ descuento 15%
2
5
tarjeta −→ resto efectivo
total −→$98,70
40
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
x compra en efectivo
t + e = $98,70
100% {
60%
40%
𝑒𝑓𝑐𝑡𝑖𝑣𝑜
𝑑𝑒𝑠𝑐𝑢𝑒𝑛𝑡𝑜 15%
15% (40%) = 40% - 6% = 34%
94% −→$98,75
100% −→ x =
$98,75 .100%
94%
= $ 105
63. ¿Cuantos cuadriláteros hay en la figura?
Explica cómo los contaste.
SOLUCION
(1); (2); (3); (4); (5); (17); (18); (19); (20); (21); (22); (1, 2,3); (2, 3,4); (1, 2, 3,4); (6,7); (7,8); (9,10); (10,11); (1,
2, 3, 4,5); (3, 4,5); (2, 3, 4,5); (6, 7,8); (6, 7, 8,9); (7, 8,9); (7, 8, 9,10); (6, 7, 8, 9,10); (8,9); (13, 14,15); (7, 8, 9,
10,11); ( 6,7,8,9,10,11,12,13,14,15);(14,15); (8, 9, 10,11); (11,12); (12,13); (6, 7, 8, 9, 10,11); (9, 10,11); (8, 9,
10, 11,12); (9, 10, 11,12); (6, 7, 8, 9, 10, 11,12); (13,14); (7, 8, 9, 10, 11,12); (10, 11,12); (1,2); (2,3); (3,4); (4,5);
(9, 10, 11, 12, 13, 14,15); (11, 12, 13, 14,15); (7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14,15); (12, 13, 14,15); (10, 11, 12, 13,
14,15); (8, 9, 10, 11, 12, 13, 14,15); (8, 9, 10, 11, 12,13); (19,20); (6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16); (10, 11, 12,
13, 14, 15,16); (12, 13, 14, 15,16); (15,16); (19, 20,21); (8,9,10,11,12,13,14,15,16 ); (13, 14, 15,16); (14, 15,16);
(9, 10, 11, 12, 13, 14, 15,16); (11, 12, 13, 14, 15,16); (7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15,16); (17,18);(17,
18,19);(18,19);(18, 19,20); (17, 18, 19,20); (18, 19, 20,21);(17, 18, 19, 20,21); (20,21); (17, 18, 19, 20, 21,22);
(20, 21,22); (19, 20, 21,22); (18, 19, 20, 21,22);(21,22); (7, 8, 9, 10, 11, 12,13); (9, 10, 11, 12,13); (10, 11, 12,13);
(11, 12,13); (6, 7, 8, 9, 10, 11, 12,13); (8, 9, 10, 11, 12, 13,14); (10, 11, 12, 13,14);(6,7,8,9,10,11,12,13,14); (11,
12, 13,14); (9, 10, 11, 12, 13,14); (12, 13,14); (7, 8, 9, 10, 11, 12, 13,14);
Hay 90 cuadriláteros.
64. En la figura la circunferencia de centro O corta a AC en D y a BC en E
41
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
AC = BC
CO es perpendicular a AB DO es perpendicular a AC EO es perpendicular a BC
BC = 25 cm, ACE
AD = 9 cm.
el triángulo CDO tiene 96 cm2 de área.
¿Cuál es el área de la parte no sombreada de la figura?
SOLUCION
1
área (CDO) = OD . DC = 96cm2
2
AC = AD + CD =⇒CD = AC - AD =⇒25cm - 9cm = 16cm
OD =
96 .2
16
cm = 12cm = r
área sombrada =
𝜋
2
. r2 = 226,08cm2
(CO)2 = (OD)2+ (CD)2 = (12cm)2+ (16cm)2 = 400cm2 ⇒ CO = √400 cm = 20cm
(OB)2 = (CB)2 - (CO)2 = (25cm)2- (20cm)2 = 625cm2 - 400cm2= 225 cm2 ⇒ OB = √225 cm = 15cm
AO = OB 15cm AB = 2 . OB = 2 . 15cm = 30cm
1
1
2
2
área (ABC) = AB . OC =
.30cm . 20cm = 300cm2
área no sombrada = área (ABC) - área sombrada =
1
2
𝜋
AB . OC - . (OD)2 = 300cm2 - 226,08cm2 = 3,92cm2
2
65. Ale quiere guardar sus figuritas en cajas, de manera que en cada caja haya igual número de figuritas.
Tiene menos de 1000 figuritas.
Tiene que usar 7 cajas porque con menos cajas siempre le sobran tantas figuritas como el número de cajas que
quiere usar disminuido en una unidad.
Por ejemplo, si usa 3 cajas le sobran 2 figuritas.
¿Cuántas figuritas puede tener Ale?
Da todas las posibilidades.
SOLUCION
42
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
debe usar 7 cajas
nro de figuritas < 1000
usa 3 cajas −→ le sobran 2 figuritas
usa 4 cajas −→ le sobran 3 figuritas
usa 5 cajas −→ le sobran 4 figuritas
usa 6 cajas −→ le sobran 5 figuritas
Buscamos múltiplos de 7 que no sean pares, ni múltiplos de 3, ni múltiplos de 5.
Pensamos en 7. 7 = 49 y hacemos una serie de números que agregan 7 . 10 al anterior:
49 , 119 , 189 , 259 , 329 , 399 , 469 , 539 , 609 , 679 , 749 , 819 , 889 , 959
Eliminando 189, 399, 609, 819 por ser múltiplos de 3, nos queda:
49, 119, 259, 329, 469, 539, 679, 749, 889, 959
Eliminando 49, 329, 469, 749, 889 porque no cumplen con la condición inicial, queda:
119, 259, 539, 679, 959
Eliminamos 259 y 679 porque no cumple la condición de las 6 cajas y quedan las tres posibilidades:
119, 539, 959.
66. Por la compra e instalación de un equipo de aire acondicionado, Gabriela pagó $2502,90 en total.
El gasto de instalación es del 8% del costo del equipo y solo puede pagarse al contado.
El equipo puede pagarse al contado o en 6 cuotas iguales y sin recargo.
Si se paga al contado, sobre el precio del equipo hacen un 5% de descuento.
Gabriela pagó al contado.
Si hubiera pagado el equipo en cuotas, ¿cuánto debería haber pagado por cada cuota?
SOLUCION
pago en efectivo −→$2502,90
compra + instalación (8%)
pago = compra + instalación
$2502,90 = x .
x=
$2502,90
1,08
108
100
= $2317,50
100% −→$2317,50
105% −→ x = $2317,50 .
105
100
= $2433,375 = precio equipo
total −→$2433,375
43
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
1
cuota −→ . $ 2433,375 = $ 405, 5625
6
67. ABCD es un rectángulo.
EFGH es un cuadrado.
Todos los arcos son semicircunferencias.
3
BA = BC
2
BM = BC
MN = NB
PM es paralela a AD, y QN es paralela a BC.
El perímetro de la zona blanca es 165,6cm.
¿Cuál es el área de la zona blanca?
SOLUCION
NM = NB = BC
PM // AD ∧ QN // BC
per (zona blanca) = 165,6cm
¿área (zona blanca)?
3
área (ABCD) = AB . BC = . (BC)2
2
AB = AM + MN + NB
1
AM = NB = BC
2
per (zona blanca) =
per (zona blanca) =
4𝜋+𝐵𝐶
4
2𝐵𝐶
2
+
+2.(
2𝐵𝐶
2
4𝜋+𝐻𝐸
4
)+
4𝜋+𝑀𝐴
4
+ 2AM + 2NB = 165,6cm
+ 𝜋. BC + 2𝜋. HE + 𝜋. MN = 165,6cm
Reemplazando:
per (zona blanca) = 2 . BC + 2𝜋. BC = 2.BC . (𝜋+ 1) = 165,6cm
BC =
165,6𝑐𝑚
2.(1+ 𝜋)
MN =
𝐵𝐶
2
=
165,6𝑐𝑚
8,28
= 20cm
= 10cm
44
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
HE =
𝐵𝐶
4
= 5cm
𝐵𝐶
𝑀𝑁 2
)
2
área sombreada = 2𝜋 ( )2 +2𝜋 (
2
= 100 𝜋cm2 + 250 𝜋cm2+
25
2
𝐻𝐸
5
2
2
+2𝜋 ( )2 +(HE)2 = = 𝜋 (10cm)2 + 𝜋 ( 5cm)2 + 2𝜋 ( cm)2 + (5cm)2 =
𝜋cm2+ 25cm2 =
3
11
2
2
= 25𝜋(4 + ) cm2 + 25cm2= 25 ( 𝜋+ 1) = 25 . 18,27cm2 = 456,75cm2
área (ABCD) = AB . BC = 30cm . 20cm = 600cm2
área zona blanca = área(ABCD) - área sombreada = 600cm2 - 456,75cm2 = 143,25cm2
68. El Sr. Mendieta compró un auto a crédito.
Pagó el 20% del precio de lista al contado y el saldo en 36 cuotas iguales.
Sobre el saldo le aplicaron un interés del 5%; por cada cuota pagó $ 682,50.
¿Cuánto pagó al contado el Sr. Mendieta?
SOLUCION
vc = $682,50
pagó 20% de contado + 6 cuotas con interés del 5%
1c −→$682,50
36c −→$682,50 . 36 = $24570 −→ total cuotas
105% −→$24570
$100 −→ x = $24570 .
199
= $23400
105
80% −→$23400
20% −→ x = $23400 .
20%
80%
= $5850
69. En la figura: ABCD es un trapecio rectángulo.
El arco CD es una semicircunferencia de 18,84 cm de longitud.
El área del triángulo ACD es de 78 cm2.
2
CD = AB
3
¿Cuál es el área de toda la figura?
45
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
SOLUCION
long semicircunferencia = 18,84 cm
área (ACD) = 78cm2
2
CD = AB
r=
3
𝐶𝐷
2
𝜋
18,84𝑐𝑚
2
3,14
long semicircunferencia = .d = 𝜋. r ⇒ r =
= 6cm
Entonces : CD = 12cm ∧ AB = 18cm
1
2 .78
2
12
𝐶𝐷 2
( ) =
2
área (ACD) = . AC . CD =⇒BC =
área semicircunferencia = 𝜋 .
1
1
2
2
cm= 13cm
3,14 . (
12𝑐𝑚
2
) = 113,04 cm2
área (ABCD) = . (AB + CD) . BC = . (18cm + 12cm) . 13cm = 195cm2
área figura = área (ABCD) + área semicircunf. = 195cm2 + 113,04cm2 = 308,04cm2
70. Al final del dio, el empleado del banco contó los pesos que quedaban en la caja y anotó el número en un
papel que se le perdió.
Recuerda que el número era de la forma
2
0
0 - 5, mayor que 2 700000 y múltiplo de 15.
¿Cuáles son los números que puede haber anotado el empleado en el papel?
Da todas las posibilidades.
SOLUCION
En la primera casilla puedo ubicar el 7, 8, 9.
Si coloco el 7, las otras dos casillas deben sumar 1, 4, 7, 10, 13 o 16 para satisfacer la consigna.
701
710
740
731
722
713
770
761
752
743
734
725
707
791
782
773
764
755
737
728
719
794
785
776
758
716
749
746
797
767
788
779
704
Son 33 posibilidades.
Si coloco el 8, las otras dos casillas deben sumar 0, 3, 6, 9, 12, 15 o 18 para satisfacer la consigna.
800
833
830
824
821
815
812
806
860
890
851
881
863
893
854
884
845
875
836
866
827
857
818
848
896
872
887
809
878
839
869
899
842
Son 33 posibilidades.
Si coloco el 9, las otras dos casillas deben sumar 2, 5, 8, 11, 14 o 17 para satisfacer la consigna.
920
911
902
950
941
932
46
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
914
935
905
926
980
917
971
908
962
992
953
983
965
954
947
938
929
995
977
944
968
974
959
986
998
989
923
Son 33 posibilidades.
71. José compró una bicicleta, pagó la quinta parte de su valor al contado y el resto en 8 cuotas iguales.
Cada mes paga la cuota correspondiente y, además, el 2% de interés sobre lo que le queda por pagar.
El mes que pagó la tercera cuota, José pagó en total, $ 35.20.
¿Cuál es el precio de la bicicleta que compró José?
SOLUCION
bici −→
1
5
contado + resto en 8 cuotas
cuota + interés del 2% sobre el resto r −→ resto de cuotas faltantes cuota 3 −→$35,20
𝑥
8
+
2
100
80
𝑥
1
8
8
50
1
1
8
80
x.( +
11
𝑥
. .r = +
𝑥
. . 5 = $35,20
8
1
1
8
50
)=x( +
x = $ 35,20 ⇒ x =
5
10+1
8
80
. )=x(
80
11
)=
11
80
x = $ 35,20
. $35,20 = $256
72. En la figura
ABCF y DEGH son rectángulos, CDH y FEG son triángulos iguales
BC = HD y GH = 2 HC.
El perímetro de CDH es 30 cm.
El perímetro de GCDE es 50 cm.
El perímetro de CDEF es 56 cm.
¿Cuál es el perímetro de ABCDEF?
¿Cuál es el área de ABCDEF?
SOLUCION
47
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
per (CDH) = HC + CD + DH = 30cm
per (GCDE) = GC + CD + DE + GE = 50cm
per (CDEF) = CD + DE + EF + FC = 56cm
Si analizamos, vemos que:
GE = DH
FC = 4HC
DE = GH = 2HC = GC
EF = CD
Nos queda un sistema de ecuaciones equivalente:
HC + CD + DH = 36cm
5HC + CD + DH = 50cm
6HC + 2DC = 56cm
Reemplazando, queda:
5HC + CD + 30cm - HC - CD = 50cm
4HC = 20cm =⇒HC =
20
4
cm = 5cm
GH = 2HC = 2 . 5cm = 10cm = DE
1
1
2
2
CD = (56cm - 6HC) = (56cm - 6 . 5cm) = 13cm
DH = 30cm - HC - CD = 30cm - 5cm - 13cm = 12cm = BC
AB = 2HC + 2HC = 4HC = 4 . 5cm = 20cm = FC
1
área (ABCDEF) = área (ABCF) + área (CDEF) = AB . BC + (FC + DE) . DH =
2
20cm . 12cm +
1
2
1
(20cm + 10cm) . 12cm = 240cm2 + (30cm . 12cm) = 420cm2
2
per (ABCDEF) = AB + BC + CD + DE + EF + FA = 2 (BC + CD) + AB + DE = 2 . (12cm + 13cm) + 20cm + 10cm per
(ABCDEF) = 80cm
73. Un tren va de Buenos Aires a Mar del Plata.
Hace varias paradas y en cada una bajan 2 y suben 5 personas.
El boleto es único y vale $ 39.
Cuando llega a Mar del Plata hay 124 pasajeros y la recaudación del viaje es de $ 5694.
¿Cuantos pasajeros subieron en Buenos Aires?
SOLUCION
x = cantidad de pasajeros que partieron de Buenos Aires
y = cantidad de veces que paró el tren
48
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
boleto = $39
recaudación = $5694
$39 −→ 1 pasajero
$5694 −→ x pasajeros =
𝑥
{
𝑥
+
+
5𝑦
3𝑦
5694
39
= 146 pasajeros
= 146
= 124
x = 146 - 5y = 146 - 55 = 91
x = 124 - 3y = 124 - 33 = 91
146 − 5y = 124 −3y
146 – 124 = 5y − 3y
22 = 2y =⇒11 = y
En Buenos Aires partieron 91 pasajeros y hubo 11 paradas.
74. La figura está partida en 4 partes: I, II, III y IV.
CD = 2 BC
II y III forman un rectángulo de 420 cm2 de área.
I y II forman un rectángulo de 240 cm2 de área.
I es un cuadrado.
II y IV forman un cuadrado.
AB = 2 EF
¿Cuál es el área del cuadrado formado por II y IV?
SOLUCION
49
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
(BC)2 + BC . CE = 240cm2
CD . CE + BC . CE = 2BC . CE + BC . CE
3BC . CE = 420cm2 =⇒BC . CE = 140cm2
(BC)2 = 240cm2 - BC . CE = 240cm2 - 140cm2
(BC)2 = 100cm2 =⇒BC = 10cm
BC . CE = 140cm2 =⇒CE =
140
10
cm =
14cm
2BC = CD =⇒CD = 2 . 10cm = 20cm
AB = 2EF
AB + BC = CE + EF =⇒2EF + BC = CE + EF EF = CE - BC =⇒EF = 14cm - 10cm = 4cm
área (II y IV) = (AB + BC)2 = (8cm + 10cm)2 = 324cm2
75. En este tablero, con 3 filas y 4 columnas, se quieren colocar 3 fichas redondas y una cuadrada de modo que:
haya una ficha en cada columna y no haya dos fichas de igual forma en una misma fila.
¿De cuantas maneras puede hacerse?
SOLUCION
3 fichas redondas
1 ficha cuadrada
Tomo una ficha redonda y quiero colocarla en la primera columna. Ahí veo que puedo colocarla en cualquier fila:
tengo tres posibilidades. Si por ejemplo, la coloco en la fila superior me queda un rectángulo de 2 filas y 3
columnas (6 posibilidades) para colocar la segunda. Si supongo que la coloco en la posición (2, 2) me quedan 2
casilleros posibles para colocar la tercera.
En total tengo: 3. 6 . 2 = 36 maneras de colocar las fichas redondas.
Como la ficha redonda la puedo colocar en cualquier casillero restante tengo 9 maneras de colocar dicha ficha.
O sea que existen 36 . 9 = 324 maneras distintas.
76. En el quiosco hay paquetes de caramelos de tres gustos: miel, leche y fruta.
Se venden a $5 los de miel, $6 los de leche y $4 los de fruta.
Si se venden todos los paquetes se obtienen $462.
En total hay 96 paquetes.
50
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Si hubiera el doble de paquetes de leche, el doble de paquetes de fruta y la misma cantidad de paquetes de
miel, habría en total 162 paquetes. ¿Cuantos paquetes de caramelos de cada gusto hay en el quiosco?
SOLUCION
m −→$5
l −→$6
f −→$4
{
5𝑚 + 6𝑙 + 4𝑓 = $462
𝑚 + 𝑙 + 𝑓 = $96
𝑚 + 2𝑙 + 2𝑓 = $162
5 6
∆ = det (1 1
1 2
4
1) = -2
2
462 6
∆𝑚 = det ( 96 1
162 2
4
∆𝑚
1) = -60 ⇒ m = ∆ = 30
2
5 462 4
∆𝑙
∆𝑙= det (1 96 1) = -48 ⇒ m = ∆ = 24
1 162 2
5 6
∆𝑓 = det (1 1
1 2
462
∆𝑓
96 ) = -84 ⇒ m = ∆ = 42
162
77. Daniel tenía unos pesos ahorrados.
El lunes sacó $ 20 y después agregó una cantidad igual a la mitad de lo que le quedaba.
El martes también sacó $ 20 y después agregó una cantidad igual a la mitad de lo que le quedaba.
El miércoles contó cuánto dinero tenía ahorrado y resultó ser el doble de lo que tenía al principio.
¿Cuánto dinero tenía inicialmente?
SOLUCION
x = $ahorrados
1
l −→ x - $20 + x
2
1
m −→ l - $20 + (l - $20) = 2x
2
1
1
𝑥
2
2
2
(x - $20 + x) – $ 20 + (x - $20 + - $20) = 2x
𝑥
1 1
(x + )- $40 + ( (2x + x) ) - $20 = 2x
2
3𝑥
2
2
x+ +
1
4
2 2
𝑥
– 2x = $60
(4x + 2x + 3x -8x) = $60
x = $240
51
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
78. Con los dígitos 1 – 2 – 3 – 4, Dany arma una clave numérica de 6 cifras.
Utiliza dos de esos dígitos dos veces y los otros dos dígitos una sola vez.
El número que arma termina en 4 y es múltiplo de 4.
¿Cuántas y cuáles son las claves que puede armar Dany?
SOLUCION
caso 1
112324
121324
131224
141324
211324
231124
241324
113224
123124
131424
142324
213124
231324
243124
113324
123324
132124
143124
213324
231424
113424
123424
132324
143224
213424
233124
114324
124324
132424
143324
214324
234124
311224
321124
331124
341124
411324
421324
431124
311324
321324
331224
341224
412324
423124
431224
311424
321424
331424
341324
413124
431324
312324
323124
332124
342124
413224
432124
312424
324424
334124
343124
133224
133424
134124
134224
134324
433124
313224
313424
314124
314224
314324
caso 2
112344
113244
332144
331244
223144
221344
121344
323144
232144
123144
131244
321344
313244
231244
212344
132144
231144
312344
213344
213244
312244
321144
123344
132244
211344
311244
233144
133244
322144
122344
213144
231344
321244
52
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
312144
132344
123344
79. De un grupo de personas, son mujeres.
Si hubiese el doble de mujeres y el mismo número de varones, habría 45 mujeres más que varones.
¿Cuantos varones hay en el grupo?
SOLUCION
4
5
9
9
Total −→ m + v
m = v + 45
8
9
3
9
5
t - 45 = t
9
t = 45p =⇒t =
1
3
(45p . 9) = 135p
4
m −→ . 135p = 60p
9
v −→
5
9
. 135p = 75p
80. Queremos escribir 165 como suma de varios números enteros consecutivos.
Por ejemplo: 82 y 83 son números enteros consecutivos y 165 = 82 + 83.
¿Hay otras maneras?
Da todas las posibilidades.
SOLUCION
165: 3 = 55
165 = 54 + 55 + 56
165: 5 = 33
165 = 31 + 32 + 33 + 34 + 35
165: 11 = 15
165 = 10 + 11+ 12 + 13 + 14 + 15 + 16 + 17 + 18 + 19 + 20
165: 15 = 11
165 = 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16 + 17 + 18
81. En febrero, Aníbal recibió un 17% de aumento sobre el sueldo de enero; en marzo al sueldo de febrero se le
agregó además el 6% del sueldo de enero.
En febrero, Aníbal cobró $2106 de sueldo.
¿Cuánto cobró Aníbal en enero?
Del sueldo de marzo, Aníbal gastó la sexta parte.
¿Cuantos pesos le quedaron del sueldo de marzo?
SOLUCION
53
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
e + 17% = f −→$2106
f + 6% = m
m-
1
6
m=y
f=e+
e=
1
117
1
(17 . e) = $2106
100
($2106 . 100%) = $1800
m = $2106 +
5
5
6
6
y= m=
1
100
. $2106 . 6% = $2106 + $126,36 = $2232,36
. $2232,36 = $1860,30
82. En la figura:
BCEF es un rectángulo, BC= CE, los triángulos ABF y CDE son iguales, el perímetro de ABF es 60 cm, el
perímetro de ADEF es 144 cm, el área de ABF es 120 cm2.
¿Cuál es el área de ADEF?
¿Cuál es el perímetro de ACEF?
SOLUCION
3
BC = FE = CE ABF = CDE
2
per (ABF) = 60cm
per (ADEF) = 144cm
área (ABF) = 120cm2
¿área (ADEF) = ?
¿per (ACEF) =?
BF = CE
AB = CD
FA = DE
per (ADEF) = AD + DE + FE + FA = 144cm
per (ABF) = AB + BF + FA = 60cm
54
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
3
AB + BF cm + FA cm = 72cm
2
AB . BF = 240cm2 =⇒AB =
240
𝐵𝐹
240
𝐵𝐹
240
𝐵𝐹
cm
3
cm + BF cm + FA cm = 72cm
2
cm + BF + FA= 60cm
FA = 72cm -
240
3
240
2
𝐵𝐹
cm - BF = 60cm -
𝐵𝐹
cm - BF
3
72cm - 60cm = BF - BF
2
12cm =
AB =
1
2
240
𝐵𝐹
BF =⇒BF = 24cm
cm =
240
24
cm = 10cm
FA = √(𝐴𝐵)2 + (𝐵𝐹)2 = √(10𝑐𝑚)2 + (24𝑐𝑚)2 =
FA =
√100𝑐𝑚2 + 576𝑐𝑚2= √676𝑐𝑚2 = 26cm
1
área (ADEF) = . (AD + FE) . BF
2
AD = 2AB + BF = 2 . 10cm + 24cm = 44cm
área (ADEF) =
1
2
(44cm +
3
2
. 24cm) . 24cm
1
área (ADEF) = . (44cm + 36cm) . 24cm = 960cm2
2
per (ACEF) = AB + BC + CE + EF + FA
per (ACEF) = AB + 2BC + CE + FA
per (ACEF) = 10cm + 2 . 36cm + 24cm + 26cm = 132cm
83. Un comerciante compró 28 cajones de frutas.
Cada cajón contiene 8 kg.
Pagó $2 por cada kg y $21,40 por el traslado de todos los cajones.
Por la venta del total obtuvo una ganancia de $90,60.
¿A qué precio vendió el kilo de fruta?
SOLUCIÓN
28 cajones −→ 8kg −→ $2
traslado −→ $21,40
ganancia −→ $ 90,60 $
¿x el kg de fruta?
28 cajones −→ x =
28 𝑐𝑎𝑗𝑜𝑛𝑒𝑠 .8𝑘𝑔
1𝑐𝑎𝑗ó𝑛
= 224kg
1kg −→ $2
55
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
224kg −→ x =
224𝑘𝑔 .$2
1𝑘𝑔
= $448
costo −→ $448
traslado −→ $21,40
ganancia −→ $90,60
costo + traslado + ganancia = $560
224kg −→ $560
1kg −→
$560 .1𝑘𝑔
224𝑘𝑔
= $2,50
84. El rectángulo AEFG tiene 72 cm de perímetro y el ABCD tiene 48 cm de perímetro.
AB = 15cm y BE = 2.DG .
¿Cuál es la longitud de AG?
SOLUCIÓN
AEFG = 72cm
ABCD = 48cm
AB = 15cm
BE = 2DG
BC = AD AG?
2 ( AB + BC) = 48cm
2 (AB + BE + AD + DG) = 72cm
AB + AD =
48
2
cm = 24cm =⇒ DA = 24cm - AB = 32cm - 15cm = 9cm
2 (24cm + BE + DG) = 72cm
2 (24cm + 2DG + DG) = 2 (24cm + 2DG) = 72cm
48cm + 6DG = 72cm =⇒ 6DG = 72cm - 48cm = 24cm
DG =
24
6
cm = 4cm
85. Ubicar los números 1-2-3-4-5-6-7-8-9 en los casilleros de esta cuadrícula de modo que: el 9 ocupe el centro,
los números de la primera la sean todos impares y la suma de los números de cada la y de cada columna sea la
misma.
56
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
SOLUCIÓN
Si colocamos las letras por fila de la siguiente manera, podemos completar el cuadrado de 9 espacios:
a, b, c d, 9, e f, g, h
En la primera fila pueden estar los números 1, 3, 5, 7
a + b+ c = d + e + 9 = f + g + ha + d + f = b + g + 9 = c + e + h
Queda:
a+c=d+f
d+e=b+g
c+e=f+h
Supongo a = 7
b +c=d+f=8
c +e=f+g=a
Cómo:
c + e = 7 =⇒ c = 7 - e
b + c = 8 =⇒ e = 8 - b
La cuadrícula queda:
7, 5, 3
2, 9, 4
6, 1, 8
86. Para hacerse socio del Club de Natación se debe pagar $50.
Cada vez que utilizan la pileta del Club, los socios pagan $2,50 y los no socios pagan $7,50.
Por lo menos ¿cuántas veces hay que utilizar la pileta para que resulte más barato ser socio?
SOLUCIÓN
cuota −→ $50
uso pileta −→ $2,50 (socios) −→us
57
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
uso pileta −→ $7,50 ( no socios) −→uns cuota + us. $2,50 + uns . $7,50
$50 = $7,50 . x - $2,50 . x
$50 = $5 . x =⇒ x =
$50
$5
= 10 veces
87. Con los dígitos: 1 - 2 - 3 - 4 - 5 y 0 , ¿cuántos números de cuatro cifras que son múltiplos de 5 y tienen todas
las cifras distintas se pueden armar?
Explica por qué.
SOLUCIÓN
2105
1205
1305
1405
3215
3105
3205
2305
2405
4215
4105
4205
4305
3405
2415
2015
1320
1325
1420
3415
3015
1235
1240
1430
4015
1240
1345
1435
1245
1350
1450
1250
1320
2135
2150
2310
2410
2510
2035
2140
2340
2430
2530
2045
2130
2345
2435
2540
2350
2450
2145
3025
3120
3210
3410
3510
3045
3125
3240
3420
3520
3140
3245
3425
3540
3145
3250
3450
3150
4025
4120
4210
4310
4510
4035
4125
4230
4320
4520
4130
4235
4325
4530
58
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
4135
4250
4350
4150
5120
5210
5310
5410
5130
5230
5320
5420
5140
5240
5340
5430
88. ACE es un triángulo equilátero. B, D y F son puntos medios de los lados del triángulo ACE. G, H e I son
puntos medios de los lados del triángulo BDF. J, K y L son puntos medios de los lados del triángulo GFI.
¿Qué fracción del cuadrilátero ABDE representa la zona rayada?
SOLUCIÓN
1
Área (BDF) =
4
Área (ACE)
1
1
1
4
4
4
Área (GHI) = Área (BDF) = .
1
1
4
4
Área (JKL) = Área (FGI) =
Área sombreada = (
Área sombreada = (
1
4
1
1
4
4
. +
4+1
64
Área (BDF) =
Área (GHI) =
.
1
16
1
64
1
16
Área (BDF)
) Área (ACE) = (
) Área (ACE) =
5
64
Ærea (BDF)
1
16
+
1
64
) Área (ACE)
Área (ACE)
89.Tengo piezas de cartón de forma rectangular.
Si coloco 3 de estas piezas una al lado de la otra sin superponerlas, como en la gura, obtengo un cuadrado de
24 cm de perímetro.
Si ahora coloco las 3 piezas sin superponerlas, pero de otra manera, obtengo un rectángulo que no es un
cuadrado.
Dibuja este rectángulo e indica su perímetro.
59
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
SOLUCIÓN
1
l + 3a = 12cm ∨ a = l
3
l + l = 12cm =⇒ l = 6cm ∧ a = 2cm
per (rectángulo) = 2 . ( 3l + a) = 2 . (3 . 6cm + 2cm) = 40cm
90. En la biblioteca, un tercio de los libros son de Matemática.
Hay 30 libros de Lengua.
Hay 24 libros de Ciencias Sociales.
Hay tantos libros de Ciencias Naturales como de Lengua.
¿Cuántos libros hay en total en la biblioteca?
SOLUCIÓN
1
3
l −→ matemática
30 l −→ lengua
l=n
24 l de sociales
sociales −→ 24 l
lengua −→ 30 l
naturales −→ 30 l
1
Total - matemática = ls + ll + ln = 24 l + 30 l + 30 l = 84 l
3
2
3
1
3
l = 84 l
l=
84
2
l = 42 l −→ matemática
Total = 84 l + 42 l = 126 l
91. Matías tiene 3 cajas: una roja, una verde y otra azul; y 4 medallas: una de oro, una de plata, una de bronce y
una de cobre. Quiere guardar todas las medallas en las cajas de modo que ninguna caja quede vacía.
¿De cuántas maneras distintas puede hacerlo?
Enuméralas.
60
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
SOLUCIÓN
Sea la siguiente relación: caja ←→ medalla
(roja, verde, azul) ←→ (oro, plata, bronce, cobre)
(r, v, a) ←→ (o, p, b, a)
Se pueden ordenar de las siguientes maneras:
R
V
A
-
R
V
A
-
R
V
A
-
R
V
A
o
p
b-c
-
p
o
b-c
-
b
o
p-c
-
c
p
b-o
o
p-b
c
-
p
o-b
c
-
b
o-p
c
-
c
p-b
o
o
p-c
b
-
p
o-c
b
-
b
o-c
p
-
c
p-o
b
o
b-c
p
-
p
b-c
o
-
b
p-c
o
-
c
b-o
p
o
c
b-p
-
p
c
b-o
-
b
c
p-o
-
c
o
b-p
o
b
c-p
-
p
b
o-c
-
b
p
o-c
-
c
b
o-p
Existen 34 posibilidades.
92. En la primera fila del teatro hay 5 asientos.
Para la función de esta noche Juan compró las 5 entradas de la primera la para él y sus amigos: Ana, Dani, Edu
y Mar.
Si Ana y Mar se sientan una al lado de la otra, ¿de cuántas maneras distintas podrán sentarse los 5 chicos?
SOLUCIÓN
A
M
D
E
J
-
D
A
M
E
J
A
M
D
J
E
-
D
A
M
J
E
A
M
E
D
J
-
E
A
M
D
J
A
M
E
J
D
-
E
A
M
J
D
A
M
J
D
E
-
J
A
M
D
E
A
M
J
E
D
-
J
A
M
E
D
D
E
A
M
J
-
D
E
J
A
M
D
J
A
M
E
-
D
J
E
A
M
E
D
A
M
J
-
E
D
J
A
M
E
J
A
M
D
-
E
J
D
A
M
61
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
J
D
A
M
E
-
J
D
E
A
M
J
E
A
M
D
-
J
E
D
A
M
M
A
D
E
J
-
D
M
A
E
J
M
A
D
J
E
-
D
M
A
J
E
M
A
E
D
J
-
E
M
A
D
J
M
A
E
J
D
-
E
M
A
J
D
M
A
J
D
E
-
J
M
A
D
E
M
A
J
E
D
-
J
M
A
E
D
D
E
M
A
J
-
D
E
J
M
A
D
J
M
A
E
-
D
J
E
M
A
E
D
M
A
J
-
E
D
J
M
A
E
J
M
A
D
-
E
J
D
M
A
J
D
M
A
E
-
J
D
E
M
A
J
E
M
A
D
-
J
E
D
M
A
93. El Sr. López es dueño de las tres cuartas partes de una empresa.
Cuando se repartieron las ganancias de 1999, el Sr. López recibió como adelanto $13.600 que representaban el
30% de sus ganancias.
Cuánto dinero ganó la empresa en 1999?
SOLUCIÓN
3
López −→ partes
4
30% −→ $12600
1% −→ $
12000
75% −→ $
30
12000 .75
100
= $ 31500
75% −→ $31500
100% −→ $
31500 .100
75
= 42000
94. El trapecio rectángulo ABCD tiene 192cm2 de Área.
AB = BC
y
BC = 2 AD.
¿Cuál es el Área del triángulo ABC?
62
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
SOLUCIÓN
Área (ABCD) = 192cm2
AB = BC = 2AD
(𝐵+𝑏)ℎ
=
(𝐵𝐶+𝐴𝐷).𝐴𝐵
= 192 cm2
2
2
(2𝐴𝐷+𝐴𝐷).2𝐴𝐷 3𝐴𝐷 . 2𝐴𝐷
=
2
(AD)2 =
192
3
2
= 3 (AD)2 = 192cm2
cm2 = 64cm2 ⇒ AD = 8cm
AB = BC = 2AD = 2 . 8cm = 16cm
Área (ABC) =
𝐴𝐵 .𝐵𝐶
2
=
16𝑐𝑚 .16𝑐𝑚
2
= 128cm2
95. Amalia, Bruno y Carla organizaron una rifa para juntar dinero para el viaje de egresados.
Entre los tres vendieron 94 rifas y juntaron $ 235.
Carla vendió 20 rifas más que Bruno.
Bruno vendió 10 rifas más que Amalia.
¿Cuánto dinero recaudó Bruno?
SOLUCIÓN
A + B + C = 94 rifas (*)
C = B + 20 rifas
B = A + 10 rifas
recaudación −→ $235
1 rifa −→ $
235
94
= $2,50
C = B + 30 rifas = A + 10 rifas + 30 rifas = A + 40 rifas
Reemplazando en (*) queda:
A + A + 10 rifas + A + 30 rifas = 94 rifas
3A = 94 rifas - 40 rifas = 54 rifas
A=
54
3
rifas = 18 rifas
A −→ 18 rifas
63
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
B −→ 18 rifas + 10 rifas = 28 rifas −→ recaudación de B = 28 . $2,50 = $70
C −→ 28 rifas + 20 rifas = 48 rifas
96. BCDE es un rectángulo de 48 cm2de Área.
ABFG es un cuadrado. AB = BC
El Área del cuadrado es 1/3 del Área del rectángulo.
¿Cuál es el perímetro de la figura ACDEFG?
SOLUCIÓN
1
Área (ABGF) = Área (BCDE)
3
AB = BC
Área (BCDE) = 48cm2
área (ABGF) =
48
3
cm2 = 16cm2 ⇒ AB = BC = 4cm
4cm . CD = 48cm2=⇒ CD =
48
4
cm = 12cm
per (ABCDEFG) = AB + BC + CD + DE + EF + FG + GA =
= per (ABCDEFG) = 4cm + 4cm +12cm + 4cm + 8cm + 4cm +4cm = 40cm
97. Agustín, Bruno y Carlos reciben en herencia un campo y un departamento que deben repartir del siguiente
modo: Agustín recibe la mitad; Bruno, un tercio y Carlos, la sexta parte.
Entre los tres deciden que: Agustín se queda con el campo y le da a Carlos $5640, Bruno se queda con el
departamento y le da a Carlos $ 69360.
¿Cuál es el valor del campo?
¿Cuál es el valor del departamento?
SOLUCIÓN
64
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
1
A −→ −→ CAMPO
2
1
B −→ −→ DEPARTAMENTO
3
1
C −→ −→ $5640 + $69360 = $7500
1
6
2
−→ $75000
1 −→ $75000 . 6 = $450000
A −→
B −→
1
2
1
3
HERENCIA −→ CAMPO = $225000
HERENCIA −→ DEPARTAMENTO = $150000
98. Tres cuadrados con lados de longitudes: 10 cm, 8 cm y 6 cm respectivamente, se colocan uno al lado del
otro como muestra el dibujo.
¿Cuál es el área de toda la figura?
¿Cuál es el área de la parte sombreada?
SOLUCIÓN
área total (figura) = 102cm2+ 82cm2+ 62cm2
área T (figura) = 100cm2 + 64cm2 + 36cm2 = 200cm2
área S =
10𝑐𝑚 (10𝑐𝑚+8𝑐𝑚+6𝑐𝑚)
2
- (10cm - 6cm). 6cm - (10cm - 8cm) . 8cm
área S = 120cm2 - 24cm2 - 16cm2 = 80cm2
99. ¿Cuántos trapecios hay en la figura?
65
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
SOLUCIÓN
Podemos hacer las siguientes combinaciones:
(2 , 3 , 4) , (7 , 9 , 10 , 11 , 12, 13 , 14 , 15) , (8 , 9 , 10 ,11 , 12 , 13 , 14 , 16) , (19 , 20 , 21) , (4 , 14 , 15 , 16 , 17 ,
21), (2 , 7), (4 , 15), (8 , 19) , (16 , 21), (10 , 12 , 20), (12 , 13 , 20), (2 , 3), (3 , 4) , (19 , 20) , (20 , 21) , (12, 13 , 14 ,
15 , 16 , 17) , (8 , 9 , 10 , 11 , 13 , 13 , 14 , 15 , 16 , 17) , (6 , 7 , 8 , 9 , 10 , 13) , (4 , 15) , (6 , 7 , 8 , 9 , 10 , 11 , 12 ,
13 , 14 , 16) , (14 , 15 , 16 , 17 , 21), (14 , 15 , 16 , 17 , 21), (12, 13 , 20) , (10 , 12 , 20), (3 , 11 , 13) , (3 , 10 , 11),
(2, 6 , 7 , 8 , 9 , 19), (2 , 6 , 7 , 8 , 9), (6 , 7 , 8 , 9 , 19), (4 , 5 , 15 , 17) , (14 , 16 , 21 , 22), (4 , 5 , 14 , 15 , 16 , 17 ,
21) , (4 , 14 , 15 , 16 , 17 , 21 , 22) , (1 , 2 , 3 , 4), (2 , 3 , 4 , 5) , (18 , 19 , 20 , 21) , ( 19 , 20 , 21 , 22) , (1 , 3 , 6 , 7) ,
(8 , 9 , 18 , 19)
100. Luis tenía el doble de dinero que Miguel.
Cuando Luis le dio a Miguel $ 42, los dos se quedaron con la misma cantidad.
¿Cuánto dinero ten a Luis inicialmente?
SOLUCIÓN
L = 2M
L - $42 = M + $42
2M - $42 = M + $42 =⇒ M = $84 =⇒ L = $168
101. La mamá de Javier tiene: 2 billetes de $ 50, 5 billetes de $ 20, 10 billetes de $10 y 20 billetes de $ 5.
Le quiere dar a Javier $ 100 en billetes.
¿De cuántas maneras le puede dar los $ 100?
Da todas las posibilidades.
SOLUCIÓN
2 −→ $50
5 −→ $20
10 −→ $10
20 −→ $5
Inicialmente le puede dar las primeras 4 veces todos los billetes de cada clase por separado.
Posteriormente se pueden hacer las siguientes combinaciones:
$50
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
$20
0
0
0
0
0
0
1
2
1
1
1
2
$10
0
1
2
3
4
5
0
0
1
2
3
1
66
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
$5
10
8
6
4
2
0
6
2
4
2
0
0
$50
0
0
0
0
0
0
0
0
0
$20
0
0
0
0
0
0
0
0
0
$10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
$5
18
16
14
12
10
8
6
4
2
$50
0
0
0
0
0
0
0
0
0
$20
1
1
1
1
1
1
1
1
1
$10
0
1
2
3
4
5
6
7
8
$5
16
14
12
10
8
6
4
3
0
$50
0
0
0
0
0
0
0
$20
2
2
2
2
2
2
2
$10
0
1
2
3
4
5
6
$5
12
10
8
6
4
2
0
$50
0
0
0
0
0
$50
0
0
0
$20
3
3
3
3
3
$20
4
4
4
$10
0
1
2
3
4
$10
0
1
2
$5
8
6
4
2
0
$5
4
2
0
4 −→ casos solos
12 −→ con billete de $50
33 −→ sin billete de $50
49 −→ casos posibles
102. En una bolsa hay caramelos de leche y de fruta.
Hay 36 caramelos de leche que son los dos quintos del total.
Sin cambiar la cantidad de caramelos de leche, se agregaron caramelos de fruta.
1
Si ahora los caramelos de leche representan del total, ¿cuántos caramelos de fruta se agregaron?
6
SOLUCIÓN
2
36 .5
5
2
L= T⇒T=
c = 90 c
F = 90c - 36C = 54c
67
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Ahora:
1
L= T⇒T=
6
36 c . 6 = 216c
216c - 36c = 180c
Se agregaron 180f - 54f = 126 cF
103. En la figura: ABCD es un cuadrado de 12cm de lado.
El cuadrado ORCS tiene 25cm2 de área.
¿Cuál es el área de la parte sombreada?
SOLUCIÓN
AB = BC = 12cm
área (ORCS) = 25cm2
área sombreada = a1+ a2
a1= (CD - CS) . (AD - TA)
a1= (12cm - 5cm) . (12cm - 7cm) = 7cm . 5cm = 35cm2
1
1
a2 = RT . AT = . 12cm . 7cm = 42cm2
2
2
2
a1 + a2 = 35cm + 42cm2 = 77cm2
104. Tengo 10 fichas iguales y pintura roja, azul y blanca.
Quiero pintar todas las fichas de modo que haya alguna ficha de cada uno de los 3 colores.
¿De cuántas maneras puedo hacerlo?
Da todas las posibilidades.
SOLUCIÓN
R
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
A
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
3
4
5
6
7
1
2
3
4
5
6
B
8
7
6
5
4
3
2
1
7
6
5
4
3
2
1
6
5
4
3
2
1
68
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
R
4
4
4
4
4
5
5
5
5
6
6
6
7
7
8
A
1
2
3
4
5
1
2
3
4
1
2
3
2
1
1
B
5
4
3
2
1
4
3
2
1
3
2
1
1
2
1
8 posibilidades −→ 1R 7 posibilidades −→ 3R 6
posibilidades −→ 3R 5 posibilidades −→ 4R 4
posibilidades −→ 5R 3 posibilidades −→ 6R
2 posibilidades −→ 7R
1 posibilidad −→ 8R
En total, hay 36 casos posibles.
105. En una escuela, de primero a séptimo grados hay un total de 414 alumnos.
Los alumnos de quinto, sexto y séptimo, juntos, representan un tercio del total.
Si en quinto hubiera 3 alumnos más, en sexto hubiera 7 alumnos más y en séptimo hubiera 2 alumnos más, habr
a igual número de alumnos en quinto, sexto y séptimo.
¿Cuántos alumnos hay en quinto grado, cuántos en sexto y cuántos en séptimo?
SOLUCIÓN
de 1º a 7º −→ 414 alumnos
5º −→ x
6º −→ y
7º −→ z
1
1
3
3
x + y + z = total = . 414 a = 138 a
x+3=y+7=z+2
x + 3 = y + 7 =⇒ y = x - 4
x + 3 = z + 2 =⇒ z = x + 1
x + y + z = 138 a
x + x - 4 + x + 1 = 138a
3 . x = 141 a =⇒ x =
141
3
𝑎 ⇒ x = 47 a
Entonces:
5º −→ 47 a
6º −→ 47 a - 4 a = 43 a
7º −→ 47 a + 1 a = 48 a
106. Un terreno de forma cuadrada se cercó colocando un poste en cada esquina y varios postes en los lados,
siempre a igual distancia entre sí.
69
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
En total se utilizaron 24 postes. El área del terreno es de 144 m2.
¿Cuál es la distancia entre dos postes consecutivos de un mismo lado?
SOLUCIÓN
área cuadrado = 144m2
lado =
√144 m = 12m
En 4 lados debo colocar 24 postes - 4 postes de las esquinas = 20 postes
Es decir, 5 postes por cada lado
Cada lado queda conformado de la siguiente manera
esquina - A - B - C - D - E - esquina −→ 6 espacios
Si de esquina a esquina hay 12m =⇒ hay
12
6
m de distancia entre cada poste =⇒ cada poste se distancia 2m del
siguiente.
107. Con los dígitos 1 – 4 – 0 – 6 – 7 - 9, ¿cuántos números pares menores que 2005 se pueden formar?
SOLUCIÓN
números −→ 1, 4, 0, 6, 7, 9
pares < 10 −→ 0, 4, 6 −→ 3 números
pares entre 11 y 99 −→ 13 números
pares entre 100 y 999 −→ 52 números
pares entre 1000 y 3004 −→ 30 números
total −→ 3 + 13 + 52 + 30 = 98 casos
pares entre 10 y 99
10 , 14 , 16 , 40 , 46 , 60 , 64 , 0 , 4 , 76 , 90 , 94 , 96
pares entre 100 y 999
centena
decena
unidad
1
0
0
4
1
1
6
4
4
7
6
6
70
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
9
7
7
-
9
9
104 - 106 - 140 - 146 - 160 - 164 - 170 - 14 - 16 - 190 - 194 - 196 - 406 - 410 416 - 460 - 470 - 476 - 490 - 496 604 - 610 - 614 - 640 - 670 - 674 - 690 - 694 704 - 706 - 710 - 714 - 716 - 740 - 746 - 760 - 764 - 790 - 794 - 796 - 904 - 906 910 - 914 - 916 - 940 - 946 - 960 964 - 970 - 974 – 976
unidad de mil
centena
decena
unidad
1
0
0
0
1
1
1
4
4
4
6
6
6
7
7
7
9
9
9
1406 - 1460 - 1470 - 1476 - 1490 - 1496 - 1604 - 1640 - 1670 - 1674 - 1690 - 1694 - 1704 - 1706 - 1740 - 1746 1760 - 1764 - 1790 - 1794 - 1796 - 1904 - 1906 1940 - 1946 - 1960 - 1964 - 1970 - 1974 - 1976
108. En el gimnasio hay 148 personas. Todas las mujeres y la tercera parte de los varones hacen bicicleta.
Si hay 98 bicicletas ocupadas, ¿cuántas mujeres y cuántos varones hay en el gimnasio?
SOLUCIÓN
TOTAL −→ 148 p
M + V = 148
1
M + V = 98
3
De aquí:
1
M = 148 - V = 98 - V
3
1
148 - V = 98 - V
3
1
2
50 .3
3
3
2
148 - 98 = V - V ⇒ V = 50 ⇒ V =
= 75
V = 75
M = 148 - V =⇒ M = 148 -75 = 73
M = 73
(M, V) = (73, 75)
71
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
109. En la figura, BCDJ y FGHI son cuadrados iguales.
El área del cuadrado sombreado es un noveno del área del FGHI.
El cuadrado sombreado tiene 49 cm2 de área.
Cuál es el área del cuadrado ACEG?
SOLUCIÓN
área (BCDJ) = área (FGHI)
área (cuadrado sombreado) = área (cs ) =
1
9
área (FGHI ) = 49cm2
¿área (ACEG)?
área (FGHI) = 9 . 49cm2= 441cm2 =⇒ GH = FI = GF = HI = 21cm
AB = HI - 7cm =⇒ AB = 21cm - 7cm = 14cm
EF = DJ - 7cm =⇒ EF = 21cm - 7cm = 14cm
AH = BJ - 7cm =⇒ AH = 21cm - 7cm = 14cm
DE = FI - 7cm =⇒ DE = 21cm - 7cm = 14cm
De estas igualdades sale que:
AG = EG = CE = AC
AC = AB + BC = 14cm + 21cm = 35cm
área (ACEG) = (35cm)2= 1225cm2
110. Con los dígitos 1 – 2 – 3 – 4 – 5 - 6 - 7 se arman números menores que 10000, sin cifras repetidas, que son
múltiplos de 5 y de 3.
¿Cuáles y cuántos son?
SOLUCIÓN
Entre 1 y 99 hay 3 nros:
15, 45, 75
Entre 100 y 999 hay 12 nros:
135 , 165 , 315 , 345 , 375 , 435 , 465 , 615 , 645 , 675 , 735 , 765
Entre 1000 y 9999 hay 24 nros:
72
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
1245 , 1275 , 1365 , 1425 , 1635 , 1725 , 2145 , 2175 , 3165 , 3615 , 4125 , 4215 , 4275 , 4365 , 4635 , 4725 , 6135,
6315 , 6345 , 6375 , 6435 , 6735 , 7365 , 7635
En total hay 3 + 12 + 24 = 39 nros.
111. Hay 120 bolitas repartidas en tres frascos: uno rojo, uno verde y uno azul.
En el frasco verde hay el doble de bolitas que en el rojo.
Paso 6 bolitas del frasco rojo al azul y 7 bolitas del verde al azul; ahora hay la misma cantidad de bolitas en el
frasco verde que en el azul.
¿Cuántas bolitas había inicialmente en cada uno de los frascos?
SOLUCIÓN
V = 2R
R + V + A = 120 =⇒ R + 2R + A = 120
2R + A = 120 (*)
R - 6 + V - 7 + A + 13 = 120
Renombro:
V-7=x
A + 13 = y
Si x = y =⇒ V - 7 = A + 13 =⇒ V = A + 20
entonces:
R - 6 + A + 20 - 7 + A + 13 = 120
R + 2A = 100 (**)
De (*) y (**) sale que:
3𝑅 + 𝐴
{
𝑅 + 2𝐴
= 120
= 100
∴ A = 120 - 3R
R + 2 (120 -3R) = 100
R + 240 - 6R = 100
240 - 100 = 6R - R =⇒ 140 = 5R =⇒ R =
140
5
= 28
A = 120 - 3R = 120 - 3 . 28 = 120 - 84 = 36
V = A + 20 = 36 + 20 = 56
(A, R, V) = (36, 28, 56)
112. En la figura, ABFG y BCDE son rectángulos.
CD = 27 cm; EF = 3 BE;
73
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
El perímetro de ABFG es 402 cm.
El área de ABFG es el triple del área de BCDE.
¿Cuál es el perímetro de BCDE?
SOLUCIÓN
CD = 27cm EF = 3BE
per (ABFG) = 402cm
área (ABFG) = 3 . área (BCDE)
¿per (BCDE)?
EF = 3BE ∧ BE = CD = 27cm =⇒ EF = 3 . 27cm = 81cm
per (ABFG) = 402cm =⇒ 2 . (AB + BF) = 402cm
BF = BE + EF = BE + 3BE = 4BE = 4 . 27cm = 108cm
AB =
402𝑐𝑚−2 .108𝑐𝑚
2
=
402𝑐𝑚−216𝑐𝑚
2
= 93cm
área (ABFG) = AB . AG = 93cm . 108cm = 10044cm2
1
1
área (BCDE) = área (ABFG) = . 10044cm2= 3348cm2
3
ED . CD = 3348cm
ED =
3348
27
3
2
cm = 124cm
per (BCDE) = BC + CD + DE + BE
per (BCDE) = 2 (BC + CD) = 2 . (124cm + 27cm) = 2 . 151cm = 302cm
113. Sobre la mesa, hay 5 lápices de colores: uno celeste, uno blanco, uno marrón, uno fucsia y uno gris y 4
lapiceras: una azul, una negra, una roja y una verde.
Quiero elegir 3 lápices y 2 lapiceras para guardarlos en la cartuchera.
¿De cuántas formas puedo hacerlo? Explica por qué.
SOLUCIÓN
lápices −→ (C, B, M, F, G) −→ elijo 3
lapiceras −→ (A, N, R, V) −→ elijo 2
Debo combinar los lápices de a 3 y las lapiceras de a 2 y después recombinar cada grupo entre sí.
74
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
En este caso no importa el orden en que elijo cada elemento.
Las combinaciones de lápices son:
C
B
M
1
C
B
F
2
C
B
G
3
C
F
M
4
C
F
G
5
C
G
M
6
B
M
F
7
B
M
G
8
M
F
G
9
B
F
G
10
Las combinaciones de lapiceras son:
A
N
1
A
R
2
A
V
3
N
R
4
N
V
5
R
V
6
A cada combinación de lápices o lapiceras le asigno un número guía y los combino entre cada grupo. Así queda:
(1 , 1), (1 , 2), (1 , 3), (1 , 4), (1 , 5 , (1 , 6), (2 , 1), (2 , 2), (2 , 3), (2 , 4), (2 , 5), (2 , 6), (3 , 1), (3 , 2) , (3 , 3) , (3 , 4) ,
(3 , 5), (3 , 6) (4 , 1), (4 , 2), (4 , 3), (4 , 4), (4 , 5), (4 , 6), (5 , 1 , (5 , 2), (5 , 3), (5 , 4), (5 , 5), (5 , 6), (6 , 1), (6 , 2) ,
(6 , 3), (6 , 4), (6 , 5), (6 , 6), (7 , 1), (7 , 2), (7 , 3), (7 , 4), (7 , 5) , (7 , 6) (8 , 1) , (8 , 2) , (4 , 5) , (4 , 6) (5 , 1), (5 , 2),
(5, 3), (5, 4), (5, 5), (5 , 6), (6 , 1) , (6 , 2) , (6 , 3), (6 , 4) , (6, 5) , (6, 6) ,(7 , 1) , (7 , 2), (7, 3) , (7 , 4) , (7 , 5) , (7 , 6),
(8 , 1) , (8 , 2)
En total hay 60 combinaciones posibles
114. Las barritas de cereal se venden en cajas de 6 unidades o en paquetes de 3 unidades.
Para darle una barrita a cada uno de los 39 chicos del grado se gastarían $ 42,90 si se compraran sólo paquetes
o $ 37,50 si se comprara un paquete y el resto de las barritas en cajas.
75
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
¿Cuál es el precio de cada paquete?
¿Cuál es el precio de cada caja?
SOLUCIÓN
cajas −→ 6u
paquetes −→ 3u
39 chicos −→ $42,90
caja −→ $x
paquete −→ $y
13p −→ $42,90
1p −→ $
42,90
13
= $3,30
1p + 6c −→ $37,50
$3,30 + 6c = $37,50
6c = $37,50 - $3,30 = $34,20
C=$
34,20
6
= $5,70
(c, p) = ($5,70, $3,30)
115. La figura, de 50 cm de perímetro está formada por un rectángulo y dos triángulos isósceles iguales donde
AB = BC; AB = 5 cm.
El área del rectángulo es 120 cm2.
¿Cuál es el perímetro del triángulo ABC?
SOLUCIÓN
per (ABCDEF) = 50cm
AB = BC = 5cm
área (ACDF) = 120cm2
¿per (ABC)?
AB + BC + CD + DE + EF + AF = 50cm
5cm + 5cm + CD + 5cm + 5cm + AF = 50cm
Si AF = CD =⇒ 2AF = 50cm - 20cm = 30cm
AF =
30
2
cm = 15cm
76
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
área (ACDF) = 120cm2
AF . AC = 120cm2
AC =
120
15
cm = 8cm
per (ABC) = AB + BC + AC = 5cm + 5cm + 8cm = 18cm
116. Siempre moviéndonos en el sentido de las flechas, ¿de cuántas maneras podemos ir desde A hasta P?
SOLUCIÓN
Como todo es un camino largo, tratamos de dividirlo en dos tramos: os colocamos en el punto H y vemos que
hasta allí todos llegan en dos caminos, (el GH y el CH). Entonces divido las distintas rutas y las denomino:
(1)
AFG
(A)
HIP
(2)
AFGC
(B)
HDIEP
(3)
ABGC
(C)
HDEP
(4)
ABC
(D)
HIEP
(5)
ABFGC
(E)
DIEP
-
-
(F)
DIP
-
-
(G)
HDIP
-
-
(H)
DEP
Se nota que el grupo (1) se puede combinar solamente con el camino que empieza en H, o sea:
(1, A), (1, B), (1, C), (1, D), (1, G) =⇒ 5 posibilidades
Los grupos (2), (3), (4) y (5) se relacionan con todos:
(2 , A), (2 , B) , (2 , C), (2 , D) , (2 , E) , (2 , F) , (2 , G) , (2 , H), (3 , A) , (3 , B) , (3 , C) , (3 , D) , (3 , E), (3 , F) ,
(3 , G) , (3 , H) (4 , A) , (4 , B) , (4 , C) , (4 , D) , (4 , E) , (4 , F) , (4 , G) , (4 , H) (5 , A) , (5 , B) , (5 , C) , (5 , D)
, (5 , E) , (5 , F) , (5 , G) , (5 , H)
Son 32 posibilidades.
En total hay 37 formas distintas de hacer el recorrido.
117. Pablo y Martín coleccionan figuritas.
77
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Pablo regaló algunas y se quedó con las dos terceras partes de lo que tenía; ahora tiene 20 figuritas menos que
antes.
Martín, con sus ahorros, compró figuritas hasta tener 5 veces la cantidad de figuritas que teína; ahora tiene 120
figuritas más que antes.
¿Cuántas figuritas tenía al principio Pablo?
¿Cuántas figuritas ten a al principio Martín?
SOLUCIÓN
2
2
3
3
P −→ x – 20 = x ⇒ x - x = 20 ⇒ x = 60
M −→ y −→5y −→ y + 120 =⇒ 5y = y + 120 =⇒ y = 30
118. En la figura, de 208 cm de perímetro, BCEF es un rectángulo, ABF y CDE son triángulos; ABF, de 84 cm de
perímetro, es equilátero. CDE, de 100 cm de perímetro, es isósceles con DE = DC.
Cuál es el perímetro del rectángulo BCEF? Cuál es el Área del rectángulo BCEF?
SOLUCIÓN
per (ABCDEF) = 208cm
per (ABF) = 84cm −→ equilátero
per (CDE) = 100cm
DE = CD
¿per (BCEF)?
¿área (BCEF)?
AB = AF = BF =⇒ AB =
84
3
cm = 28cm
CE = BF = 28cm
DE + CD + CE = 100cm
2DE + 28cm = 100cm
2DE = 72cm =⇒ DE =
72
2
cm = 36cm
AB + BC + CD + DE + EF + FA = 208cm
28cm + BC + 36cm + 36cm + EF + 28cm = 208cm
78
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Si BC = EF =⇒ 2BC = 208cm - 2 . 28cm - 2 . 36cm
BC =
208 𝑐𝑚−128𝑐𝑚
2
= 40cm
per (BCEF) = 2 (EF + FB) = 2 (40cm + 28cm) = 136cm
área (BCEF) = (EF . FB) = 40cm . 28cm = 1120cm2
119. Se tienen 30 cartones numerados del 1 al 30, de un lado son rojos y del otro lado, negros.
Cada cartón tiene el mismo número de los dos lados.
Están sobre la mesa, con el lado azul a la vista, ordenados de menor a mayor.
Aldo da vuelta uno sí y uno no: da vuelta el primero, el tercero,.....
Después Bruno da vuelta uno sí y dos no: da vuelta el primero, el cuarto,.....
Cuando Bruno termina, ¿cuántos cartones quedaron con el lado negro a la vista?
¿Cuáles son?
SOLUCIÓN
INICIO
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
ALDO
1R
2N
3R
4N
5R
6N
7R
8N
9R
10N
11R
12N
13R
14N
15R
16N
17R
18N
19R
20N
21R
22N
23R
24N
25R
26N
27R
28N
29R
30N
1N
2N
3R
4R
5R
6N
7N
8
9R
10R
11R
12N
13N
14N
15R
16R
17R
18N
19N
20N
21R
22R
23R
24N
25N
26N
27R
28R
29R
30N
BRUNO
120. Carla rompió su collar.
La mitad de las perlas cayeron al piso, encontró la cuarta parte en su bolsillo, una sexta parte quedó en el hilo y
Carla sabe que se perdieron 9.
¿Cuántas perlas tenía el collar?
SOLUCIÓN
79
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
1
2
1
4
1
6
−→ PISO
−→ BOLSILLO
−→ HILO
PERDIDAS −→ 9
1
2
1
1
4
6
+ +
1
12
=
6+3+2
12
=
11
12
= 9 PERLAS =⇒ TOTAL = 12 . 9 PERLAS = 108 PERLAS
121. En la heladería hay una oferta:
Si compra 2 helados iguales, por el segundo paga la mitad .
Bibi y Ana aprovechan la oferta.
Bibi compra 2 vasitos y 6 cucuruchos; paga en total $ 75.
Ana compra 2 vasitos y 2 cucuruchos; paga en total $ 33.
¿Cuál es el precio de un cucurucho?
¿Cuál es el precio de un vasito?
SOLUCIÓN
2H −→ PAGA 1
B −→ 2V + 6C = $75
A −→ 2V + 2C = $33
3
2
3
2
3
V + 3 . C = $75
2
V+
3
2
C = $33
3V + 9C = $150
3V + 3C = $66
Es equivalente a:
V + 3C = $50
V + C = $33
De aquí
V = $22 - C
$22 - C + 3C = $50
2C = $28
Entonces:
80
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
C = $14 ∧ V = $8
122. El polígono ABCDE tiene 120 cm de perímetro.
AB = 3 BC
y
ED = DC.
El perímetro del rectángulo ABCE es igual al perímetro del triángulo ECD.
Cuánto miden los lados del triángulo ECD?
SOLUCIÓN
per (ABCDE) = 120cm
AB = 3BC ED = CD
per (ABCE) = per (ECD) AB + BC + CD + DE + EA = 120cm
Reemplazando:
3BC + BC + CD + CD + BC = 120cm
5BC + 2CD = 120cm (*)
2(AB + BC) = (CD + DE) + CE
Reemplazando:
2 (3BC + BC) = 2CD + 3BC 8BC - 3BC = 2CD =⇒ 5BC = 2CD
Si vuelvo a (*), queda:
4CD = 120cm =⇒ CD = 30cm
2
2 .30
5
5
5BC = 2CD =⇒ BC = CD =⇒ BC =
cm = 12cm
AB = 3BC = 3 . 12cm = 36cm
∴ (CD , DE , CE) = (30cm , 30cm , 36cm)
123. Dibuja un cuadrado ABCD.
81
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Marca un punto P en el lado BC y un punto Q en el lado CD, de modo que los triángulos APB y AQD tengan
áreas distintas y, además, el área del cuadrilátero APCQ sea el triple de la suma de las áreas del triángulo APB y
del triángulo AQD.
Explica cómo elegiste los puntos y por qué las áreas de las tres figuras cumplen las condiciones pedidas.
SOLUCIÓN:
area (APCQ) = 3 (área (AQD) + área (APB)
area (AQD) =
1
2
1
area (APB) =
2
AD . DQ
AB . PB
1
area (APCQ) = (AD . AB) – (
Sea AD = AB y DQ =
𝐴𝐵
AD . DQ +
𝐴𝐵
2
𝐴𝐵
.
𝑥
+
1
2
AB . PB)
𝐴𝐵
, BP =
𝑥
area (APCQ) = (AB)2 – (
2
𝑦
𝐴𝐵 .𝐴𝐵
2𝑦
)
Sea (AB)2 = 1
Entonces
1 –(
1
2𝑥𝑦
1
2𝑥
+
1
2𝑦
)=3.(
(2xy – y – x) =
1
2𝑥
1
2𝑥𝑦
+
1
2𝑦
)
(3y + 3x)
2xy = 4y + 4x ⇒ xy = 2x + 2y
Hago una tabla de verdad:
𝑥
𝑦
0
1
2
0
<0
𝑖
3
4
6
4
10
3
5
6
siendo i incompatible
3
Descarto los casos x = 0 , 1, 2, 5
82
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Analizo si los casos restantes son verdadros:
Veamos el par (3, 6)
1 –(
1
2𝑥
+
1
2𝑦
)=3.(
1
2𝑥
+
1
2𝑦
1
1
6
12
)⇒1 –( +
1
1
6
12
)=3.( +
)⇒1-
2+1
12
= 3.
1
4
⇒
3
4
=
3
4
vale
Veamos el par (4,4)
1
1
1
1
2
8
8
8
8
8
1 –( + )=3.( + )⇒1-
= 3.
2
4
⇒
6
8
=
6
8
vale
Con el par (3,6) se procede de manera semejante que con el par (3,6) ⇒ vale
De esta manera quedan 3 casos posibles:
𝐷𝑄
𝐴𝐵
3
𝑃𝐵
𝐴𝐵
6
𝐴𝐵
4
𝐴𝐵
6
𝐴𝐵
4
𝐴𝐵
3
124. A es el punto de la figura.
Se dibujan 7 segmentos con un extremo en A.
Se eligen algunos extremos libres de los segmentos dibujados (distintos de A;
A no es un extremo libre) y se dibujan 7 segmentos con un extremo en cada uno de los puntos elegidos. (ver
ejemplo en la figura). Se continúa este proceso.
Es posible, después de varios pasos, tener:
a.
b.
¿55 extremos libres?
¿1997 extremos libres?
Explica por qué.
SOLUCIÓN:
83
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
a) 35 extremos libres
En A tengo 5 extremos libres
En 4 ramas tengo 24 extremos libres
Me faltan 26 extremos
Aquí tomo dos caminos B y C
Si sigo por separado no lo podría conseguir porque me quedan 6 extremos libres por cada rama y 26 no es
múltiplo de 6.
b) 1997 extremos libres
En este caso me faltan 1997 – 29 = 1968 extremos
En este caso es posible, pues 1968 es múltiplo de 6.
125. Ismael dibuja rectángulos como el ABCD, que tienen todos la siguiente propiedad: si se los divide en
cuatro partes por rectas paralelas a los lados, las longitudes de AF, FB, BG y GC son números enteros de cm, el
área del rectángulo EIHD es 6 cm2, el área del rectángulo FBGI es 15 cm2.
¿Cuál es el rectángulo de mayor área que puede dibujar Ismael?
Dibújalo y da las longitudes de sus lados.
SOLUCIÓN:
AF , FB, BG, GC →
EI . DC = 6cm2
FB . GB = 15cm2
Puede haber 4 casos:
EI
DE
FB
GB
DA . AB
A
2
3
3
5
8.5
B
2
3
5
3
6.7
C
3
2
3
5
7.6
D
3
2
5
3
5.8
Caso A = 40 cm2
84
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Caso B = 42cm2→Caso C = 42cm2
Caso D = 40cm2
126. Pedro y Juan están armando cada uno un sendero en el jardín.
El sendero de Pedro y el sendero de Juan tienen la misma longitud.
Pedro tarda 4 horas en armar su sendero.
Juan tarda 5 horas en armar el suyo.
A las 8 h 30 min, cada uno empieza a armar su sendero.
Cuando suena la sirena, a Juan le queda por hacer el doble de lo que le queda a Pedro.
¿A qué hora sonó la sirena?
SOLUCIÓN:
P→4h
J→5h
Empieza 8.30h → x tiempo
J = 2P
J→
5−𝑥
5
5−𝑥
p→
5
=
8−2𝑥
4
4−𝑥
4
⇒ 4 (5 – x) = 5 (8 – 2x) ⇒ 20 – 4x = 40 – 10x ⇒ 6x = 20 ⇒ x =
20
6
=
10
3
= 3h 20 min
El trabajo comenzó a 8.30hs y terminó después de 3.20hs, es decir 11.50hs
127.Un número de 4 cifras es equilibrado si uno de sus dígitos es el promedio de los otros tres.
Por ejemplo: 1654 es equilibrado porque 4 es el promedio de 1, 5 y 6.
2222 es equilibrado porque 2 es el promedio de 2, 2 y 2.
¿Cuántos números equilibrados mayores que 1000 y menores que 1999 hay?
¿Cuáles son?
SOLUCIÓN:
1 es promedio de
1003 , 1012, 1021, 1030, 1102, 1120, 1201, 1210, 1300
2 es promedio de
1025, 1052, 1124, 1142, 1205, 1250, 1214, 1241, 1223, 1322, 1232, 1430, 1502, 1520, 1241
3 es promedio de
1038, 1083, 1830, 1803, 1308, 1380, 1371, 1317, 1137, 1173, 1731, 1713, 1362, 1326, 1236, 1263, 1623, 1632,
1353, 1335, 1553
4 es promedio de
85
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
1456, 1465, 1546, 1564, 1654, 1645, 1474, 1447, 1744
5 es promedio de
1595, 1559, 1955, 1586, 1568, 1685, 1658, 1865, 1856, 1577, 1775, 1757
6 es promedio de
1698, 1689, 1968, 1986, 1869, 1896
En total tengo:
Caso 1
9
Caso 2
15
Caso 3
24
Caso 4
21
Caso 5
12
Caso 6
6
Casos posibles
87
128. En un rectángulo ABCD de 196 cm2 de área, con AB = 4 BC, se traza una paralela a AB y dos paralelas a BC
que lo dividen en 6 rectángulos de lados de medidas enteras.
Se pintan de rojo 3 de estos 6 rectángulos: el que tiene un vértice en A, el que tiene un vértice en B y el que
está sobre el lado CD pero no tiene ningún vértice común con el rectángulo ABCD.
Se quiere que el área de la parte del rectángulo ABCD que quedó pintada de rojo sea igual al área de la parte
no pintada.
Si se cambian las distancias entre las paralelas y los lados conservando las condiciones: lados de medidas
enteras y área de la parte pintada igual al área de la parte no pintada, ¿de cuántas maneras distintas puede
partirse el rectángulo ABCD en 6 rectángulos?
¿Qué medidas tienen los lados de los rectángulos pintados de rojo?
Da todas las posibilidades.
SOLUCIÓN:
área (ABCD) = 196cm2
área (R1 + R2 + R3) =
1
2
area (ABCD)
AB . BC = 196cm2
4 (BC)2 = 196cm2 ⇒ BC = 49 cm2 ⇒ BC = 7cm ⇒ AB = 28cm
área (R1 + R2 + R3) =
1
2
196 cm2 = 98cm2
AH + HD = 7cm
AV + VP + PB = 28cm
86
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
(AV + PB) AH + VP . HD = 98cm2
(28 cm – VP) AH + VP. AH + 7VP – VP. AH = 98cm2
Sean
AH → x
VP → y
Queda:
28x – 2xy + 7y = 98cm2
Desarrollo una tabla de verdad
𝑥
1
2
𝑦
14
14
3
4
5
14
<
<
x = 1 → 5y = 70 → y = 70
x = 2 → 3y = 42 → y = 14
x = 3 → y = 14
AH = 1 ⇒ HD = 6 ⇒ R3 = 14cm . 6cm = 84cm2
Area (R1 + R2) = 14cm2
Significa:
AV
VP
PB
→
R1
R2
(O,1)
(1, 15)
(15,28)
→
1cm2
13cm2
(O,2)
(2,16)
(16,28)
→
2cm2
12cm2
(O,3)
(3,17)
(17,28)
→
3cm2
11cm2
(O,4)
(4,18)
(18,28)
→
4cm2
10cm2
(O,5)
(5,19)
(19,28)
→
5cm2
9cm2
(O,6)
(6,20)
(20,28)
→
6cm2
8cm2
(O,7)
(7,219
(21,28)
→
7cm2
7cm2
(O,8)
(8.22)
(22,28)
→
8cm2
6cm2
(O,9)
(9.23)
(23,28)
→
9cm2
5cm2
(O,10)
(10,24)
(24,28)
→
10cm2
4cm2
(O,11)
(11.25)
(25,28)
→
11cm2
3cm2
(O,12)
(12,26)
(26,28)
→
12cm2
2cm2
87
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
(O,13)
(13.27)
(27,28)
→
13cm2
1cm2
AH = 2 ⇒ HD = 5 ⇒ R3 = 14cm . 5cm = 70cm2
Area (R1 + R2) = 28cm2
Significa:
AV
VP
PB
→
R1
R2
(O,1)
(1, 15)
(15,28)
→
2cm2
26cm2
(O,2)
(2,16)
(16,28)
→
4cm2
24cm2
(O,3)
(3,17)
(17,28)
→
6cm2
22cm2
(O,4)
(4,18)
(18,28)
→
8cm2
20cm2
(O,5)
(5,19)
(19,28)
→
10cm2
18cm2
(O,6)
(6,20)
(20,28)
→
12cm2
16cm2
(O,7)
(7,219
(21,28)
→
14cm2
14cm2
(O,8)
(8.22)
(22,28)
→
16cm2
12cm2
(O,9)
(9.23)
(23,28)
→
18cm2
10cm2
(O,10)
(10,24)
(24,28)
→
20cm2
8cm2
(O,11)
(11.25)
(25,28)
→
22cm2
6cm2
(O,12)
(12,26)
(26,28)
→
24cm2
4cm2
(O,13)
(13.27)
(27,28)
→
26cm2
2cm2
AH = 3 ⇒ HD = 4 ⇒ R3 = 14cm . 4cm = 56cm2
Area (R1 + R2) = 42cm2
Significa:
AV
VP
PB
→
R1
R2
(O,1)
(1, 15)
(15,28)
→
3cm2
39cm2
(O,2)
(2,16)
(16,28)
→
6cm2
36cm2
(O,3)
(3,17)
(17,28)
→
9cm2
33cm2
(O,4)
(4,18)
(18,28)
→
12cm2
30cm2
(O,5)
(5,19)
(19,28)
→
15cm2
27cm2
(O,6)
(6,20)
(20,28)
→
18cm2
24cm2
(O,7)
(7,219
(21,28)
→
21cm2
21cm2
88
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
(O,8)
(8.22)
(22,28)
→
24cm2
18cm2
(O,9)
(9.23)
(23,28)
→
27cm2
15cm2
(O,10)
(10,24)
(24,28)
→
30cm2
12cm2
(O,11)
(11.25)
(25,28)
→
33cm2
9cm2
(O,12)
(12,26)
(26,28)
→
36cm2
6cm2
(O,13)
(13.27)
(27,28)
→
39cm2
3cm2
129. Un tren parte de Azul con 134 pasajeros entre hombres, mujeres y niños.
Para en varias estaciones; cada vez que para, bajan 2 hombres y 1 mujer y suben 4 niños.
Al llegar al final del recorrido hay, en total, 143 pasajeros: el número de niños es una vez y medio el número de
hombres, el número de mujeres es la mitad del número de niños.
¿Cuántos hombres, mujeres y niños había en el tren cuando partió de Azul?
SOLUCIÓN:
h + m + n = 134
al final
3
1
2
2
n= h ym= n
h + m + n = 134
2
3
n+
1
2
n + n = 143
Si bajan 3 y suben 4 → aumenta 1
Si aumentó 9 → hubo 9 paradas,
o sea bajaron 2h . 9 = 18h , 1m .9 = 9m y subieron 4n . 9 = 36n
2
3
13
6
1
n + 18 + n + 9 + n – 36 = 134
2
n = 143 ⇒ n =
2
2
3
3
6
13
.143 = 66
h = n = . 66 = 44
m=
66
2
= 33
Cuando partió había :
h = 44 + 18 = 62
m = 33 + 9 = 42
n = 66 – 36 = 30
130. En la pantalla de la computadora se ve una marca A y un disco que puede girar sobre su centro, como en
la figura.
89
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
El disco es blanco y el punto del borde que coincide con la marca A es de color rojo.
Cada vez que se aprieto la tecla E, el disco gira 15’ en el sentido de las agujas del reloj y, cuando se detiene,
cambia el color del punto del borde del disco que coincide con la marca A, de la siguiente manera: si es blanco,
cambia a rojo; si es rojo, cambio a azul; si es azul, cambia a rojo.
Después de apretar la tecla E 2000 veces, ¿cuántos puntos rojos y cuántos puntos azules hay en el borde del
disco?
¿Cuál es el menor número de veces que hay que apretar la tecla E para que haya más puntos azules que rojos?
SOLUCIÓN:
El disco gira 15 min
blanco → rojo → azul → rojo
Para una vuelta completa habrá que apretar:
360 .60 𝑚𝑖𝑛
15 𝑚𝑖𝑛
=
21600
15
= 1440 veces
En ese punto hay 1440 luces rojas.
Cuando llegamos a apretar E 2000 veces, nos faltan 560 veces o sea que habrá 560 luces azules y 1440 – 560 =
880 luces rojas.
Para que haya más puntos azules que rojos habrá que apretar 1440 +
1440
2
+1 = 2161 veces.
131. Inés dibuja todo los rectángulos de 264 cm2 de área y lados de longitudes enteras (en cm) que puede
partir en un cuadrado y cuatro rectángulos, todos de lados de longitudes enteras, como en la figura.
El cuadrado está ubicado en el centro, el rectángulo I es igual al rectángulo III y el rectángulo II es igual al
rectángulo IV.
¿Cuáles son los rectángulos que dibujó Inés?
En cada uno de esos rectángulos, ¿cuál es el área de cada uno de los cuadrados ubicados en el centro?
SOLUCIÓN:
90
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
area (ABCD) = 26cm2
AB = CD y AD = BC
area I = area III
area II = area IV
area (AEHF) = area (IKCL) ⇒ AE . EH = IK . KC
area (FGLD) = area (EBJK) ⇒ FG.GL = EB. BK
AE = IK → x
GL = BK → y
DL = EB → z
KC = EH → t
(x + z) (y +t) = 264cm2
(x – z) = (y – t)
2 xt + 2 yz + (x – z)2 = 264cm2
Si 264 = 2 . 12 .11 = 2.3.4.11 = 2.2.6.11
Entonces el rectángulo ABCD puede tener distintas dimensiones
i)
ii)
iii)
iv)
v)
24.11
12.22
8.33
6 . 44
4. 66
Casoo i)
Supongo AB = 24cm y BC= 11cm
(x+z) (y+3) = 264cm2
Hago una tabla de verdad en la cual debo encontrar valores que satisfagan las tres igualdades
(x + z) (y +t) = 264cm2
(x – z) = (y – t)
2 xt + 2 yz + (x – z)2 = 264cm2
x
z
y
t
1
23
10
1
2
22
9
2
3
21
8
3
4
20
7
4
91
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
5
19
6
18
7
17
8
16
9
15
10
14
11
13
12
12
6
5
En este punto x y z
intercambian sus valores
Si tomo en cuenta la segunda igualdad
(x – z) = (y – t)
Según la tabla, x- z tiene diferencia par
Según la tabla, y- t tiene diferencia impar
Por este motivo este caso es incompatible.
Igual inconveniente habrá en el caso iii)
Nos queda investigar los casos ii), iv) y v)
Caso ii)
(22cm . 12cm)
Hago una tabla de verdad.
Busco los valores posibles y encuentro:
x
z
y
t
21
1
20
2
19
3
18
4
17
5
16
6
11
1
15
7
10
2
14
8
9
3
13
9
8
4
92
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
12
10
7
5
Si tomo en cuenta la tercera ecuación:
2 xt + 2 yz + (x – z)2 = 264cm2
A)
B)
C)
D)
E)
32 + 132 + 100
60 + 140 + 64
84 + 144 + 36
104 + 144 +16
120 + 140 + 4
Caso iv)
(44cm . 6cm)
Hago una tabla de verdad.
Busco los valores posibles y encuentro:
x
z
43
1
42
2
41
3
40
4
39
5
38
6
37
7
36
8
35
9
34
10
33
11
32
12
31
13
30
14
29
15
28
16
27
17
26
18
25
19
y
t
93
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
24
20
5
1
23
21
4
2
Verifico según la ecuación anterior
F) 48 + 200 + 16
G) 92 + 168 + 4
Caso v)
(66cm . 4cm)
Aquí hay un solo caso posible.
Haciendo una tabla similar a las anteriores se encontrará
x
z
y
t
34
32
3
1
Entonces
H) 68+ 192 + 4
Resumiendo:
CASO
x
y
z
t
x.t
y.z
(x-z)-(y-t)
A
16
11
6
1
16
66
100
B
15
10
7
2
30
70
64
C
14
9
8
3
42
72
36
D
13
8
9
4
52
72
16
E
12
7
10
5
60
70
4
F
24
5
20
1
24
100
16
G
23
4
21
2
46
84
4
H
34
3
32
1
34
96
4
132. El Sr. Dulce elabora caramelos de 3 gustos: chocolate, miel y limón.
Los de chocolate los vende en bolsas de 100g a $2 cada bolsa.
Los de miel los vende en bolsas de 1/4 kg a $ 4 cada bolsa.
Los de limón los vende en bolsas de 1/2 kg a $6 cada bolsa.
El mes pasado vendió en total 244 kg de caramelos, por $ 3600.
94
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Por la venta de los caramelos de chocolate obtuvo el 25% de lo que obtuvo por la venta de todos los caramelos
de miel y limón.
¿Cuántos kilos de caramelos de cada gusto vendió el Sr. Dulce el mes pasado?
SOLUCIÓN:
𝑐ℎ
𝑚
𝑙
100𝑔
250𝑔
500𝑔
$2 1𝑘𝑔
$4 1𝑘𝑔
$6 1𝑘𝑔
$20
$16
$12
ch + m + l = 244kg → $3600
1
20ch = (16m + 12l)
4
20ch + 16m + 12l = $3600 (i)
20ch = 4m + 3l
20m + 15l =$3600
4m + 3l = $720 (ii)
Si sumamos (i) e (ii) tenemos
20ch + 16m + 12l = $3600
4m + 3l = $720
Tengo en cuenta que
20ch = 4m + 3l
Y reemplazo, queda:
(16m + 12l) + (2m + 3l) + (4m+ 3l) = $3600 + $720 + $720
24m 18l = $4320 (iii)
ch + m + l = 244
1
20
(4m + 3l) = 244 – m – l
4m + 3 = 48880 – 20m +20l
24m + 23l = 48880
Restando (iii), nos queda:
5l = 4880 – 4320 = 560 ⇒ l =
560
5
kg = 112kg
4m + 3l = 720
1
m = (720 – 3 . 112) = 26kg
4
ch = 244kg – 112kg – 96kg = 36kg
25% venta ch = venta m +venta l
ch + m + l = $3600
95
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
1
4
1
5
4
4
ch = (m + l) ⇒
(m + l) = $3600
4
m + l = .$3600 = $2880
5
ch =
1
4
. $2880 = $720
133. ABDE es un rectángulo. AB = 2 BD.
Los triángulos BCD y AEF son iguales. AF es un arco de circunferencia de centro E y radio EA.
BC es un arco de circunferencia de centro D y radio DB.
En el triángulo BCD, el ángulo BCD es el doble del ángulo CDB.
El perímetro de la figura es 87,08 cm.
El área de la zona sombreada es 5,84 cm2
¿Cuál es el área de la zona no sombreada?
SOLUCIÓN:
AB = 2BD
ABC = AEF
AF = área de la circunferencia de centro E y radio EA
BC = área de la circunferencia de centro D y radio DB
per (ABCDEF) = 81,07m
área zona sombreada = 5.84cm2
área zona no sombreada = ¿
per (ABCDEF) = AB + BC + CD + DE + EF + FA
AB = DE = 2BD
CD = EF
BC = FA
𝛽 = BCD
𝛾 = CDB
𝛼 = CBD
96
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
β=2γ=α⇒β=α
α + β + γ = 180º
2𝛾 + 2𝛾 + 𝛾 = 180º ⇒ 5 𝛾 = 180º ⇒ 𝛾 =
α=β=
180º−36º
2
180º
5
= 36º
= 72º
γ arco central = 36º
arco AF = arco BC representa
1
10
de un decágono, ya que el ángulo central es de 36º, esto significa que la cuerda
BC sería uno de los lados del decágono.
BD → radio del decágono
per (ABCDEF) = AB + BC + CD + DE + EF + FA = 87,08 cm
2DB + BC + DB + 2DB + DB + BC = 6DB + 2BC = 87,08 cm
long arco =
2.𝜋.𝐵𝐶.72º
360º
sector circular =
(BC)2 =
29,20
𝜋
=
.𝜋 .36º
360º
2.𝜋.𝐵𝐶
5
. (BC)2 = 2,92cm2
cm2 = 9,29 cm2 ⇒ BC = 3,05cm
1
DB = (87,08cm – 2 . 3,05cm) = 13,5cm
6
Area no sombreada = AB . DB + 2 . (
𝐵𝐶 .𝐷𝐵
2
) = 2 (DB)2 + DB . BC =
= 2 . (13,50cm)2 + 13,50cm . 3,05cm = 364,5cm2 + 41,175cm2 = 405, 675cm2
134. Coloca los números: 1 - 2 - 3 - 4 - 5 - 6 - 7 - 8 - 9 - 10 - 11- 12 - 13 - 14 - 15 uno en cada casilla de la
cuadrícula de modo que las sumas de los números de cada una de las 5 columnas sean iguales entre si y las
sumas de los números de cada una de las 3 las sean iguales entre sí.
F1
F2
F3
C1
C2
C3
C4
C5
SOLUCIÓN:
1,2, …, 15 → rectángulos
SC1 = SC2 = SC3 = SC4 = SC5
SF1 = SF2 = SF3
1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 +10 + 11 + 12 + 13 + 14 + 15 = 120
97
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
∑=
𝐹
∑=
𝐶
𝑎
7
𝑒
120
= 40
3
120
= 24
5
1.
2.
3.
4.
5.
ubico el 8 en el casillero central (punto medio)
ubico el 1 y el 15 a cada lado
completo la columna central con 2 y 14
completo la fila central con 7 y 9
con los números restantes completo los casilleros convenientemente.
𝑏
1
𝑓
2 𝑐
8 15
14 𝑔
𝑑
9
ℎ
Si analizo por fila:
a +b + c + d = 40 – 2 = 38
e + f + g + h = 40 -14 = 26
a + e = 17 y c + g = 9
b + f = 23 y d + h = 15
Quedan disponibles:
3, 4, 5, 6, 10,11, 12, 13
a + e = 17 ⇒ (11,6), (12, 5), (13, 4)
c + g = 9 ⇒ (5,4), (6,3)
b + f = 23 ⇒ (10.13), (11,12)
d + h = 15 ⇒ (11,4), (12,3), (10,5)
Los números mayores los debo colocar en aquellas filas o columnas con bajos valores ya asentados.
Supongo:
a = 11 ⇒ e = 7
b = 10 ⇒ f = 13
d = 12 ⇒ h = 3
Con esto quedan determinados c = 5 y g = 4
Este esquema se puede modificar,, intercambiando convenientemente filas y columnas.
Así por ejemplo, pueden quedar:
98
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
13
10
1
14 4 6
2
5 11
8 15 7
3
12
9
Cada fila y cada columna mantienen sus elementos, aunque a veces las filas se pueden modificar:
12
9
3
6
4 10
11 5 1
7 15 13
8
14
2
13 12 8
1
9 14
10 3 2
4
5
15
13 7 3
1 11 9
10 6 12
15
5
4
3
2 10
12 8 13
9 14 1
6
7
11
o
7
11
6
0
3
14
8
o
15
4
5
Estos son sólo algunos ejemplos.
135. Un librero compró al comienzo del mes, 60 ejemplares de cada uno de los tres tomos de un libro de
cuentos por $ 2640.
La semana pasada compró 40 ejemplares del tomo 1 y 40 del tomo 2 con un 20% de descuento por $ 864.
Esta semana compró 45 ejemplares del tomo 2 y 45 del tomo 3 con un 10% de descuento por $ 1296.
¿Cuál es el precio de cada tomo sin el descuento?
SOLUCIÓN:
80%
→
$864
100%
→
x=
90%
→
$1296
100%
→
x=
$86400
80
$19600
90
= $1080
= $1440
Planteo las siguientes ecuaciones:
𝑇1
40 𝑇1
+
+
𝑇2
40 𝑇2
45 𝑇2
+
𝑇3
+ 45 𝑇3
= $2640
= $1080
= $1440
Simplificando las ecuaciones por su factor común, queda:
𝑇1
𝑇1
+
+
𝑇2
𝑇2
𝑇2
+ 𝑇3
+ 𝑇3
= $44
= $27
= $32
99
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Aplicando la regla de Cramer:
1
∆ = |1
0
1
1
1
1
0| = (1 + 1) – 1 = 1
1
44
∆𝑇1 = |27
32
1
1
1
1
∆𝑇2 = |1
0
44
27
32
1
∆𝑇3 = |1
0
1
1
1
1
0| = (44 + 27) – (32+27) = 12 ⇒ T1 = $12
1
1
0| = (27 + 32) – 44 = 15 ⇒ T2 = $15
1
44
27| = (32 + 44) – (27 + 32) = 17 ⇒ T3 = $17
32
136. Esteban tiene 4 bolitas rojas, 4 bolitas azules y 4 cajas: una de madera, una de vidrio, una de cartón y una
de lata.
Quiere guardar todas las bolitas de modo que ninguna caja quede vacía.
Si en una caja pone más de una bolita, no quiere que sean todas del mismo color.
¿De cuántas maneras puede guardar las bolitas en las cajas?
SOLUCIÓN:
4 bolita rojas
4 bolitas azules
4 cajas → (m, v, c, l)
Puede tener 3 situaciones:
A)
B)
C)
D)
E)
2 cajas con 3 bolitas c/u y 2 cajas con 1 bolita c/u
2 cajas con 2 bolitas c/u, 1 cajas con 3 bolitas y 1 caja con 1 bolita
4 cajas con 2 bolitas c/u
1 caja con 4 bolitas, 1 caja con 2 bolitas y 2 cajas con 1 bolita c/u
1 caja con 5 bolitas, las restantes con 1 bolita c/u
En el caso de que una caja tenga 3 bolitas se puede ver:
a) 1 roja y 2 azules
b) 1 azul y 2 rojas
Caso a: Si hay 1 sola, puede ser roja o azul.
De acuerdo a la cantidad
100
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
M
3
1
3
3
1
1
V
3
1
1
1
3
3
C
1
3
1
3
1
3
L
1
3
3
1
3
1
S1
S2
S3
S4
S5
S6
Hay 6 distintas situaciones
De acuerdo al color:
Supongamos la situación S1
M
V
C
L
(1R, 2A)
(1R, 2A)
1R
2A
(1A, 2R)
(1A, 2R)
1A
1A
Por cada situación hay 2 variables (en este caso hay 12 posibilidades)
Caso b:
En el caso que la caja tenga 2 bolitas c/u debe ser distinta de la otra
De acuerdo a la cantidad
M
2
2
3
1
2
2
2
2
1
3
1
3
V
2
2
1
3
1
3
1
3
2
2
2
2
C
3
1
2
2
3
1
2
2
3
1
2
2
L
1
3
2
2
2
2
3
1
2
2
3
1
S1
S2
S3
S4
S5
S6
S7
S8
S9
S10
S11
S12
Aquí también por cada situación hay 2 variables o sea, hay 24 posibilidades.
Caso c: 2 bolitas c/u
Todas las cajas tienen 1 bolita roja y 1 azul
Caso d: 1 caja con 4 bolitas, 1 caja con 2 bolitas y 2 cajas con 1 bolita c/u
De acuerdo a la cantidad:
M
4
2
4
4
1
1
1
1
2
1
1
2
V
2
4
1
1
4
4
1
2
1
1
2
1
C
1
1
2
1
2
1
4
4
4
2
1
1
101
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
L
1
1
1
2
1
2
2
1
1
4
4
4
S1
S2
S3
S4
S5
S6
S7
S8
S9
S10
S11
S12
De acuerdo al color:
Las cajas que tienen 4 bolitas pueden ser:
R
3
2
1
A
1
2
3
S1
S2
S3
Supongamos S1
3𝑅
M → (2𝑅
1𝑅
1𝐴
2𝐴
3𝐴
V → 1𝑅
1𝐴
C→(
1𝑅
1𝐴
M → 3𝑅
1𝐴
V → 1𝑅
1𝐴
C → 1A
M → 2𝑅
2𝐴
V → 1𝑅
1𝐴
C→(
M → 1𝑅
3𝐴
V → 1𝑅
1𝐴
C → 1R
L→(
1𝐴
1𝑅
L → 1A
1𝑅
1𝐴
L→(
1𝐴
1𝑅
L → 1R
Por cada situación tenemos 4 maneras
En el caso d hay 48 variables
Caso e: 1 caja con 5 bolitas, las restantes con 1 bolita c/u
Las 5 bolitas pueden ser:
(4𝑅, 1𝐴)
3𝑅, 2𝐴)
S=(
(2𝑅, 3𝐴)
1𝑅, 4𝐴)
De acuerdo a la cantidad habrá 4 maneras, todo depende de quién tiene las 5 bolitas.
M
5
1
1
1
V
1
5
1
1
C
1
1
5
1
L
1
1
1
5
S1
S2
S3
S4
Supongamos la situación 1, si analizamos los colores veremos que las 5 bolitas pueden ser:
102
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
𝑆1
𝑆2
5=(
𝑆3
𝑆4
→ (4,1)
→ (3,2)
→ (2,3)
→ (1,4)
S1 → (4R, 1A) ⇒ V, C, L (todas A)
(𝑅, 𝐴, 𝐴)
S2 → (3R, 2A) ⇒ ((𝐴. 𝑅, 𝐴)
(𝐴, 𝐴, 𝑅)
(𝐴, 𝑅, 𝑅)
S3 → (2R , 3A) ⇒ ((𝑅, 𝐴 , 𝑅)
(𝑅, 𝑅, 𝐴)
S4 → (1R, 4A) ⇒ V, C, L (todas R)
Habrá 4 . 8 = 32 maneras posibles.
En total las posibilidades son la suma de las correspondientes a los casos:
caso a + caso b + caso c + caso d + caso e = 12 + 24 + 1 + 48 + 32 = 117 maneras distintas.
137. En el edificio de José hay 2 departamentos en la planta baja, 2 en el primer piso y 4 en el segundo piso.
José tiene que repartir unos volantes.
No puede dejar más de 1 volante por departamento.
Quiere dejar 1 volante en la planta baja, 2 volantes en el primer piso y 3 volantes en el segundo piso.
Tiene 2 volantes de la carnicería y los restantes son del supermercado.
¿De cuántas maneras puede repartir José los volantes?
SOLUCIÓN:
A
B
C
D
3volantes
F
1º piso
→
2 volantes
G
H
PB
→
1 volante
𝐺
PB = (
𝐻
→
→
(1, 0)
(0,1)
𝐸
𝐹
→
→
1
1
𝐴
𝐵
2ºP = (
𝐶
𝐷
→
E
De acuerdo a la cantidad:
1ºP = (
2º piso
→ (1, 1, 1, 0)
→ (1, 1, 0, 1)
→ (1, 0, 1, 1)
→ (0, 1, 1, 1)
Queda la siguiente tabla:
103
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
A
B
C
D
E
F
G
H
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
0
1
1
1
0
1
1
1
1
0
1
1
0
1
1
1
0
1
1
0
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
0
1
Hay 8 maneras posibles.
De acuerdo al negocio:
En PB hay 2 departamentos → recibe 1
Pueden ser 4 maneras distintas:
G
H
S
-
C
-
-
S
-
C
1º piso → recibe 2
Pueden ser 4 maneras distintas:
E
F
C
C
C
S
S
C
S
S
2º piso → de acuerdo a los casos (1, 2, 3, 4)
CASO 1
A
B
CASO 2
C
D
A
B
CASO 3
C
D
A
104
B
CASO 4
C
D
A
B
C
D
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
D1
C
C
S
0
C
C
0
S
C
0
C
S
0
C
C
S
D2
S
C
C
0
S
C
0
C
S
0
C
C
0
S
C
C
D3
C
S
C
0
C
S
0
C
C
0
S
C
0
C
S
C
D4
S
S
C
0
S
S
0
C
S
0
S
C
0
S
S
C
D5
C
S
S
0
C
S
0
S
C
0
S
S
0
C
S
S
D6
S
C
S
0
S
C
0
S
S
0
C
S
0
S
C
S
D7
S
S
S
0
S
S
0
S
S
0
S
S
0
S
S
S
En cada distribución tengo 2C y 4S
De acuerdo al gráfico de cantidades por piso, supongo D1
A
B
C
D
E
F
G
H
1
1
1
0
1
1
1
0
De los 6 que reciben, 2 son de C
C(6,2) =
6!
4! .2!
=
6 .5
2
= 15 maneras
Existen 15 maneras para cada distribución. En total habrá 15 . 8 = 120 maneras distintas.
Pero si analizamos el total del edificio, habrá:
PB → 4 maneras
1ºP → 4 maneras
2ºP → 28 maneras
CASO 1
D1
D2
D3
D4
A
B
C
D
E
F
G
H
C
C
S
0
S
S
S
0
C
C
S
0
S
S
0
S
S
C
C
0
S
S
S
0
S
C
C
0
S
S
0
S
C
S
C
0
S
S
S
0
C
S
C
0
S
S
0
S
S
S
C
0
C
S
S
0
S
S
C
0
S
C
S
0
S
S
C
0
S
S
C
0
S
S
C
0
S
S
0
C
105
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
D5
D6
D7
S
S
C
0
S
C
0
S
S
S
C
0
C
S
0
S
C
S
S
0
S
S
C
0
C
S
S
0
S
S
0
0
C
S
S
0
S
C
S
0
C
S
S
0
S
C
0
S
C
S
S
0
C
S
S
0
C
S
S
0
C
S
0
S
S
C
S
0
S
S
C
0
S
C
S
0
S
S
0
C
S
C
S
0
S
C
S
O
S
C
S
0
C
S
0
S
S
C
S
0
S
C
0
S
S
C
S
0
C
S
S
0
S
S
S
0
S
C
C
0
S
S
S
0
S
C
0
C
S
S
S
0
C
S
C
O
S
S
S
0
C
S
0
C
S
S
S
0
C
C
S
0
S
S
S
0
C
C
0
S
Este esquema se repite para los otros casos (2, 3, 4)
Hay 32 . 4 = 128 maneras distintas
La diferencia de cálculo con la deducida antes del gráfico corresponde a que según el enunciado los
departamentos E y F siempre reciben, G y H (solamente 1) y entre los del 2ºP hay algunos que no recién alguna
vez.
138. Un arquitecto compra los cerámicos que necesita para una obra a dos proveedores distintos, A y B.
A cada uno le compra artículos de primera y de segunda selección.
El proveedor A le cobra $40 el m2 de primera y el 10% menos el m2 de segunda.
El proveedor B le cobra $30 el m2 de primera y el 20% menos el m2 de segunda.
El arquitecto compra igual cantidad de m2 de primera que de segunda.
Un tercio de lo que le compra al proveedor B es de segunda.
106
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Por su compra paga $ 31000.
Si le comprara, al proveedor A, de cada clase, la misma cantidad que le compró y, al proveedor B, de cada clase,
el doble de lo que le compró, gastar a $ 39400. ¿Cuántos m 2 de cada clase compró a cada proveedor?
SOLUCIÓN:
Las unidades se dan en m2
1º
A = {2º
40
36
𝑥
𝑦
1º 30 𝑧
B={
2º 24 𝑡
x+y+z+t
40x + 36y + 30z + 24t = 31000
40x + 36y + 60z + 48t = 39400
t=
𝑧+𝑡
3
⇒ 3t = z + t ⇒ z = 2t
40x + 36y + 60z + 24t = 31000
40x + 36y + 120t + 48t = 39400
40x + 36y = 31000 – 84t – 39400 -1688t
x+z=y+t
x +200 = y + 100
x –y = -100
84t = 8400 ⇒ t = 100 ∧ z = 200
40x + 36y = 22600
10x +9y = 5650
x – y = -100
Queda el sistema:
10x + 9y = 5650
x – y = -100
10
∆= |
1
∆𝑥 = |
9
| = -19
−1
5650
−100
∆𝑦 = |
10
1
∆𝑥 −4750
9
| = -4750 ⇒ x = =
= 250
∆
−19
−1
∆𝑦 −6650
5650
| = -6650 ⇒ x = =
= 350
∆
−19
−100
139. La superficie de vidrio de una ventana está formada por una pieza rectangular y una semicircular, como
muestra la figura.
107
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Esta superficie está bordeada por un marco de 2 cm de ancho.
La parte vidriada tiene altura igual al doble de la base.
El área de la parte vidriada es de 3028 cm2.
¿Cuál es la longitud del borde exterior?
SOLUCIÓN:
área vidriada = 3028cm2
h = 2ª
𝜋
1
𝜋
𝜋
2
4
8
8
área vidriada = a . h + . . a2 = a . 2a + .a2 = 2a2 + .a2 =3028cm2
h+
3
2
𝑎
2
𝑎
3
2
2
= 2a ⇒ h = 2a - = a
𝜋
24224
8
15,14
a2 + . a2 = 3028cm2 ⇒ 12a2 + 𝜋a2 = 24224cm2 ⇒ a2 =
3
3
2
2
cm2 = 1600 cm2 ⇒ a 40cm
h = a = . 40cm = 60cm
𝜋
(𝑎 + 4)
2
2
per marco = a + 4cm + 2h + 4cm + (a + 4cm) = a + 8cm + 3a + 3,14 .
𝜋
Si a = 40cm ⇒ per marco = 4. 40cm + (a + 4cm) + 8cm = 168cm + 22. 𝜋 cm = 237,08cm.
2
140. Hay un total de 240 recipientes de igual capacidad, de tres colores distintos.
Si los rojos están llenos, los azules están llenos hasta la mitad, y los verdes están llenos hasta la tercera parte,
en total hay 12600 litros de agua almacenados.
Si los rojos y los azules están llenos y los verdes están llenos hasta la tercera parte, habrá 15300 litros
almacenados.
Si los rojos y los verdes están llenos y los azules están llenos hasta la mitad, habrá 18900 litros almacenados.
¿Cuántos litros contiene un recipiente lleno?
¿Cuántos recipientes de cada color hay?
SOLUCIÓN:
R + A + V = 240
1
1
2
3
R + A + V = 12600
1
R + A + V = 15300
3
108
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
1
R + A + V = 18900
2
Considero las 3 últimas ecuaciones, si las desarrollo debo llegar a verificar la primera.
1
1
1
2
3
1|
∆ = ||1 1
3|
1
1
=
1
3
1
2
12600
1
1
∆𝑅 = ||15300
2
1
3
1|
18900
1
2
1
12600
∆ 𝐴 = |1
15300
1
18900
1
1
∆𝑉 = |1
1
1
3|
= 2250 ⇒ R =
∆𝑅
= 6750
∆
1
1
3
1|
3
= 1800 ⇒ A =
∆𝐴
∆
= 5400
1
12600
2
15300| = 9450
18900
1
2
⇒V=
∆𝑉
∆
= 9450
(R, A, V) = (6750, 5400, 9450)
Si quiero saber cual es la capacidad de cada uno:
𝑐𝑎𝑝𝑎𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑒𝑛𝑣𝑎𝑠𝑒𝑠
=
𝑅+𝐴+𝑉
240
=
6750+5400+9450
240
=
21600
240
= 90 litros
Cantidad de envases:
R=
A=
V=
6750
90
5400
90
9450
90
= 75
= 60
= 105
141. Superponiendo rectángulos iguales de cartulina, Clara arma una figura como la que se muestra.
Los lados de los rectángulos superpuestos se cortan en sus puntos medios.
109
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
La figura que Clara arma con 10 de estos rectángulos tiene 248 cm 2 de área.
¿Podrá armar, con este procedimiento, una figura de 2006 cm2 de área?
Si es posible, indica cuántos rectángulos debe utilizar.
Si no es posible, explica por qué.
SOLUCIÓN:
10 rectángulos → área → 248 cm2
3
En la figura de 10 rectángulos hay 5 rectángulos completos (los pares), partes del primero y la mitad de cada
4
uno de los restantes.
En símbolos:
3
1
4
2
5 (x.y) + (x . y) + . 4 (x.y) = 248cm2
Si x = 2y, queda:
3
1
4
2
5. 2y . y + . 2y . y + + . 4 .2y.y = 248cm2
3
10 y2 + y2 + 4 y2 = 248cm2
2
20 y2 + 3y2 + 8y2 = 496cm2
31y2 = 496cm2
y2 = 16cm2
y = 4cm
x = 2y = 2 . 4cm = 8cm
Si hacemos la tabla de verdad que usó Clara, se ve:
Cantidad de rectángulos
área
1
32
2
56
3
80
4
104
5
128
6
152
7
176
8
200
9
224
10
248
110
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
Si a la cantidad de rectángulos la llamo z la fórmula que utilizó es:
z=
á𝑟𝑒𝑎−8
24
cm2
En el caso de que área = 2006 cm2:
z=
2006−8
24
cm2 =
333
4
cm2
Es imposible realizar el armado con esa área pues 20006 no es múltiplo de 8.
142. En Navidad, Aldo, Bruno, Carlos y Daniel recibieron cada uno un número distinto de regalos.
Además, se repartieron caramelos de manera que, cada chico, recibió 10 caramelos por cada uno de los regalos
que recibieron los otros chicos y tuvo que devolver 20 caramelos por cada regalo que él recibió.
En total se repartieron 390 caramelos.
Al final, a Aldo no le quedaron caramelos, a Bruno le quedaron 120 caramelos y a Carlos le quedaron el doble
de caramelos que a Daniel.
¿Cuántos regalos se repartieron en total y cuántos regalos recibió cada uno de los chicos?
SOLUCIÓN:
A=0
B = 120
C = 2D
C + D = 270
3D = 270 ⇒ D = 90 ∧ C = 180
+ 10 caramelos → regalo ajeno
-20 caramelos → cada regalo propio
-20A + 10B + 10C + 10D = O
10A - 20B + 10C + 10D = 120
10A + 10B - 20C + 10D = 180
10A + 10B + 10C - 20D = 90
Dividiendo por 10, queda:
1
-2A + B + C + D = 0 ⇒ A = (B + C + D), entonces:
2
A – 2B + C + D = 12
A + B – 2C + D = 18
A + B + C – 2D = 9
Reemplazando:
1
2
(B + C + D) – 2B + C + D = 12
111
SOLUCIONES OMÑ – NIVEL 2
1
2
1
2
(B + C + D) +B -2C + D = 18
(B + C + D) +B + C - 2D = 9
Sumando:
3
3
3
2
2
2
- B + C + D = 12
3
2
3
2
B-
3
2
3
C + D = 18
2
3
3
2
2
B+ C- D=9
Multiplicando por
2
3
-B + C + D = 8
B – C + D = 12
B+C–D=6
Aplicando regla de Cramer:
−1 1
∆ = | 1 −1
1
1
1
1 |=4
−1
8
∆𝐵 = |12
6
1
−1
1
1
∆𝐵
1 | = 36 ⇒ B = ∆ = 9
−1
−1
∆𝐶 = | 1
1
8
12
6
1
∆𝐶
1 | = 28 ⇒ C = ∆ = 7
−1
−1
∆𝐷 = | 1
1
1
−1
1
8
∆𝐷
12| = 40 ⇒ D = ∆ = 10
6
1
A = (B + C + D) = 13
2
En total se repartieron 9 + 7 +10 + 13 = 39 regalos.
112