PROBLEMAS MATEMATICOS LIBRO6

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LIBRO 6
PROBLEMAS 
MATEMÁTICAS
 
La suma y el producto de dos números coinciden. Si uno de ellos es x, ¿cuál es el valor de 
la suma? 
 
SOLUCIÓN 
Sea x un número e y la suma de los dos. El otro número es xy − 
El enunciado dice que ( ) ( ) 222 1 xxyxyxyyxxyyxxy =−×⇒=−⇒=−⇒=×− , luego 
1
2
−
=
x
x
y 
La suma es 
1
2
−x
x
 
 
ABC es un triángulo isósceles con el ángulo desigual en A, que mide 27 grados. 
D es el punto simétrico de B con respecto a A. ¿Cuánto mide el ángulo BCD? 
 
 
SOLUCIÓN 
Construida la figura observamos que el triángulo ACD es también isósceles, pues 
los lados AC y ( )ABAD = son iguales. 
Llamaremos C al ángulo pedido. Evidentemente, ACDABC CCC += , suma de los 
ángulos de vértice C en los triángulos ABC y ACD 
Por ser ABC isósceles, los ángulos º180=++ ABCABCABC CBA y ⇒= ABCABC CB 
ABCABCABCABC ACCA −=⇒=+⇒ º1802º1802 
Por ser ACD isósceles, los ángulos º180=++ ACDACDACD DCA y ⇒= ACDACD DC 
ACDACDACDACD ACCA −=⇒=+⇒ º1802º1802 
Por lo tanto, ( )ACDABCACDABCACDABC AAAACCC +−=−+−=+= º360º180º180222 
Ahora bien, ⇒=−=⇒=+ º180º180º3602º180 CAA ACDABC 
C = 90o 
y el resultado es independiente del valor del ángulo A 
 
Si 11)11( =f y 
1)(
1)(
)3(
+
−=+
nf
nf
nf , calcula el valor de )2015(f 
 
 
SOLUCIÓN 
Calculamos, a partir de 11, valores de la función: 
6
5
12
10
111
111
1)11(
1)11(
)311()14( ==
+
−=
+
−=+=
f
f
ff ; 
11
1
6
11
6
1
1
6
5
1
6
5
1)14(
1)14(
)314()17( −=
−
=
+
−
=
+
−=+=
f
f
ff ; 
5
6
11
10
11
12
1
11
1
1
11
1
1)17(
1)17(
)317()20( −=
−
=
+−
−−
=
+
−=+=
f
f
ff ; 11
5
1
5
11
1
5
6
1
5
6
1)20(
1)20(
)320()23( =
−
−
=
+−
−−
=
+
−=+=
f
f
ff 
Volviendo al valor inicial de 11)11( =f . A partir de números sucesivos construidos de la misma forma la 
función repetirá valores. 
Esto quiere decir que si 11)11( =f , 
• para 11)(...,47,35,23,11 =⇒= xfx y, como se ve, 112 −= px , Ν∈∀p 
• para 
6
5
)(...,50,38,26,14 =⇒= xfx y, como se ve, 212 += px , Ν∈∀p 
• para 
11
1
)(...,53,41,29,17 −=⇒= xfx y, como se ve, 512 += px , Ν∈∀p 
• para 
5
6
)(...,56,44,32,20 −=⇒= xfx y, como se ve, 812 += px , Ν∈∀p 
Como 11216811121672015 −×=+×= , 
f (2015) = 11 
 
El cuadrilátero de la figura está dividido por sus diagonales en cuatro partes. 
El área de tres de ellas se indica en la figura. Halla el área A de la cuarta. 
 
 
SOLUCIÓN 
Consideremos la diagonal cuyas partes, a y b son las bases respectivas de los 
triángulos de áreas 20,6 y 18,A . 
Además, tomamos 1h como la altura común a los triángulos de áreas 20,18 y 2h 
como la altura común a los triángulos de áreas A,6 
Aplicando la fórmula del área de un triángulo tenemos que 20
2
1 =
× ha
 y 
10
9
20
18
20
18
2
218
2 1
1
1 ==⇒=×
×
⇒=
×
a
b
ha
hb
hb
 
Con la misma lógica, 6
2
2 =
× ha
 y 
66
2
2
2 2
2
2 A
a
bA
ha
hb
A
hb
=⇒=×
×
⇒=
×
 
Entonces, 
10
54
10
9
6
=⇒= AA . Es decir, 
A = 5,4 unidades cuadradas 
 
En el triángulo ABC se verifica que cos(2A – B) + sen(A + B) = 2 
Si el lado AB mide 4 cm, ¿cuánto mide el lado BC? 
 
 
SOLUCIÓN 
Evidentemente, si ( ) ( ) ( ) 12cos22cos =−⇒=++− BABAsenBA y ( ) 1=+ BAsen , máximos valores que 
pueden alcanzar esas razones trigonométricas. 
Como son ángulos de un triángulo, se dan estos dos casos posibles: 
• ( )
( ) ⇒




=⇒−−=
=⇒−=
=⇒=
⇒



=+⇒=+
=−⇒=−
º90º180
º0º90
º90º2703
º901
º180212cos
CBAC
BAB
AA
BABAsen
BABA
 no 
existe triángulo 
• ( )
( ) ⇒




=⇒−−=
=⇒−=
=⇒=
⇒



=+⇒=+
=−⇒=−
º90º180
º60º90
º30º903
º901
º0212cos
CBAC
BAB
AA
BABAsen
BABA
 Se trata de un triángulo 
rectángulo con los ángulos citados y cuya hipotenusa es 4=AB cm 
Entonces, 2
2
1
4º60cos4coscos =×=×=×=⇒= BABBC
AB
BC
B cm 
BC = 2 cm 
 
Si se lee la fecha 21.02 (el 21 de febrero) de derecha a izquierda se obtiene 20.12, 
que es una posible fecha (20 de diciembre). 
En cambio 10.09 no tiene esta propiedad: no hay 90 de enero. 
¿Cuántas fechas en el año tienen esa propiedad? 
 
 
SOLUCIÓN 
En principio y para que se cumpla esa propiedad, si tomamos la fecha cdab ⋅ , con 310 ≤< ab y 120 ≤< cd 
debe ser 120 ≤< ba y 310 ≤< dc para que, así, la fecha badc ⋅ sea válida. 
Después, si llega el caso, estudiaremos las limitaciones añadidas por la cantidad de días válidos de cada mes. 
Los valores de ab para que ba sea válido son 03,12,02,11,01,1030,21,20,11,10,01 =⇒= baab 
respectivamente. 
Los valores de cd para que dc sea válido son 21,11,01,30,20,1012,11,10,03,02,01 =⇒= dccd 
respectivamente. 
Al combinar todas las posibilidades se obtienen 3666 =× fechas. 
De ellas hay que eliminar la fecha 02.30=⋅cdab , que no existe, y la fecha 03.20=⋅cdab que da lugar a 
02.30=⋅badc , que no existe. 
Así pues, cumplen esa propiedad 
34 fechas 
 
Escribimos la solución de la ecuación 7x+7 = 8x como x = logb 7
7 
¿Cuál es el valor de b ? 
 
 
SOLUCIÓN 
77 77log =⇒= xb bx 
Por otro lado, 7777 7
7
8
7
7
8
77887 =





⇒=⇒×=⇒=+
x
x
x
xxxx 
De las dos expresiones se obtiene que 
x
xb 




=
7
8
, por lo que 
b = 8/7 
 
Ramiro va todas las mañanas a 4 km/h desde su casa hasta el río, que 
está a 1,6 kilómetros de distancia, y le acompaña su perro Sirio que 
corre a 16 km/h. 
Cuando el perro llega al río se da la vuelta hacia donde marcha Ramiro y 
vuelve otra vez al río. Repite el mismo proceso hasta que Ramiro llega al 
río. Después regresan juntos a una velocidad de 8 km/h hasta casa. 
¿Cuántos kilómetros recorre el perro en su paseo matutino? 
 
 
SOLUCIÓN 
Como Ramiro marcha a 4 km/h en su trayecto de ida y recorre 6,1 kilómetros, el tiempo que tarda es 
4,0
4
6,11 =× horas. Es decir, 24604,0 =× minutos. 
Sirio, mientras tanto, está corriendo a 16 km/h por lo que recorre 4,64,016 =× kilómetros. 
Otra manera de obtener ese valor es pensar que Sirio marcha 4
4
16 = veces más rápido que Ramiro en la ida, 
por lo que recorrerá el cuádruple de kilómetros: 4,646,1 =× 
De vuelta, a 8 km/h, recorre la distancia del río a casa: 6,1 kilómetros. 
Por lo tanto el perro recorre, en total, =+ 6,14,6 
8 kilómetros 
 
Si a + b = 1 y a2 + b2 = 2, ¿cuánto vale a4 + b4? 
 
 
SOLUCIÓN 
( ) ( ) 22222444224222 22 babababbaaba −+=+⇒++=+ 
Por otro lado, ( ) ( ) ( )
2
1
12122 2222222 −=⇒−=−=+−+=⇒++=+ abbabaabbababa 
De todo lo anterior, ( )
2
7
2
1
4
2
1
222
2
22222244 =−=




−×−=−+=+ bababa 
a
4 + b4 = 7/2 
 
Con la crisis, los padres de Xavi le han bajado un 20% su paga mensual y los de Yoli 
un 12 % la suya. 
Si antes sumaban, entre los dos, 55 euros y ahora sólo 46 euros, ¿cuántos euros 
recibía Xavi mensualmente más que Yoli antes de los recortes? 
 
 
SOLUCIÓN 
Sean yx, las pagas mensuales respectivas, en euros, de Xavi y de Yoli. 
Según el enunciado, se verifica que 
⇒



=+
=+
⇒



=+
=+
⇒




=+
=+
⇒



=+
=+
5751110
55
46008880
55
46
100
88
100
80
55
46%88%80
55
yx
yx
yx
yx
yx
yx
yx
yx
 
30255525
5751110
5501010 tan
=−=⇒=⇒



=+
=+
⇒ xy
yx
yx dores
 
Entonces, Xavi tenía una paga mensual de 30 € y Yoli otra de 25 € 
Por consiguiente, 
Xavi recibía mensualmente 5 € más que Yoli 
 
Dada la función f (x) = ax + b, se verifica que f (f (f (1))) = 29, y que f (f (f (0))) = 2 
¿Cuánto vale a ? 
 
 
SOLUCIÓN 
Calculemos según nos dicen: ( ) ( ) ⇒+=+×==⇒=+×= babbbabfffbbaf )0(0)0( 
( )( )( ) ( )( ) ( ) ( ) babbabbabababfbfffff ++=++×=+==⇒ 20 
Por tanto, ( )( )( ) 20 2 =++= babbafff 
También, ( ) ( ) ( ) ⇒++=++×=+=⇒+=+×= bababbaabafffbabaf 2)1(1)1( 
( )( )( ) ( )( ) ( ) ( ) 291 2322 =+++=+++×=++=+=⇒ babbaabbabaababafbafffff 
De los dos resultados obtenemos que ( ) ⇒=−=++−= 2722929 23 babbaa 
a = 3 
 
Para celebrar el Año Nuevo 2015, Agustín se puso una camiseta con este rótulo 
 
y se colocó frente a un espejo haciendo el pino. 
¿Qué número vio en el espejo su amigo Juan,de pie junto a Agustín? 
 
 
SOLUCIÓN 
Al principio, haciendo el pino gira el rótulo º180 mostrándolo así: 
 
Y, después, ante el espejo aparece así: 
 
 
En la figura se distinguen dos circunferencias de 6 cm de perímetro, 
situadas de tal forma que cada una pasa por el centro de la otra. 
¿Qué perímetro tiene la figura sombreada? 
 
 
SOLUCIÓN 
Está claro que el perímetro es la suma de las longitudes de ambas 
circunferencia quitando a cada una de ellas su tercera parte, porque los 
arcos punteados abarcan la ángulos de º120 (tercera parte de º360 ) al 
ser la suma de los ángulos de dos triángulos equiláteros de lado el radio 
común de las circunferencias. 
En resumen, 
86
3
4
6
3
1
66
3
1
6 =×=×−+×−=Perímetro cm 
Perímetro = 8 cm 
 
Hay 7 cartas en una caja numeradas del 1 al 7. 
Manolo elige, al azar, tres cartas de la caja y las mira. Santi elige 
otras 2, también al azar, quedando 2 cartas en la caja. 
Manolo le dice, entonces, a Santi: ”Sé que la suma de los 
números de tus cartas es par” 
¿Cuánto suman las cartas de Manolo? 
 
 
SOLUCIÓN 
De 1 a 7 hay cuatro impares ( 75,3,1 y ) y tres pares ( 64,2 y ) y 
para que las cartas de Santi sumen una cantidad par deben ser las 
dos pares o las dos impares. 
Manolo solo puede conocer la paridad de la suma de Santi si ha 
dejado en la caja cuatro cartas de la misma paridad: si ha dejado 
las impares y ha cogido las pares, por lo que la suma de sus cartas 
es =++ 642 
14 
 
En un rombo ABCD de 2 cm de lado, el ángulo correspondiente al vértice B mide 120o 
Halla el área de la región del rombo que está formada por los puntos que están más 
cerca de B que de cualquiera de los otros tres vértices. 
 
 
SOLUCIÓN 
Como el ángulo, en B , mide º120 , el rombo está formado por dos 
triángulos equiláteros de 2 cm de lado. 
Además, la región que nos piden (pintada de amarillo) es, claramente, 
la tercera parte del rombo: basta comprobar que el rombo se puede 
dividir en 12 triángulos iguales, seis de cada triángulo, y la zona amarilla 
está formada por cuatro de esos triángulos. 
Una de sus diagonales vale 2 cm y la otra es el doble de la altura de 
uno de los triángulos: 32122 22 ×=−× cm, usando el teorema de 
Pitágoras en uno de los triángulos rectángulos en los que la altura 
divide a cada triángulo equilátero. 
La superficie del rombo es, entonces, 32
2
322 ×=×× cm2 
Por tanto, la superficie pedida es 
3
32×
 cm
2
 
Es decir, 
1,1547 cm2 
 
Cada cifra, empezando por la tercera, de la representación decimal de un 
número de seis cifras es igual a la suma de las dos cifras anteriores. 
¿Cuántos números de seis cifras tienen esta propiedad? 
 
 
SOLUCIÓN 
Son 5 : 
• 321101 
• 642202 
• 963303 
• 532110 
• 853211 
5 
 
En el triángulo rectángulo ABC, de lados 15, 20 y 25 cm, los 
segmentos CH y HK son perpendiculares, respectivamente, a 
la hipotenusa AB y al cateto BC. 
¿Cuál es el área del triángulo CHK ? 
 
 
SOLUCIÓN 
Al tener los ángulos iguales, los triángulos rectángulos CHKyCAHABC, son semejantes: 
CHKCAHABC CAA == y º90=== CHKCAHABC KHC 
Establecemos las razones de semejanza pertinentes entre lados de los triángulos CAHyABC : 
12
25
152015
20
25 =⇒×=⇒=⇒= CHCH
CHCH
AC
BC
AB
 cm, y es también la hipotenusa del triángulo CHK 
En base a este último resultado, establecemos las razones entre lados de los triángulos CHKyABC : 
• 
5
48
25
122012
20
25 =⇒×=⇒=⇒= HKHK
HKHK
CH
BC
AB
 cm 
• 
5
36
25
121512
15
25 =⇒×=⇒=⇒= CKCK
CKCK
CH
AC
AB
 cm 
La superficie del triángulo CHK es 
25
864
2
5
36
5
48
2
=
×
=× CKHK cm2 
De otra forma, 
34,56 cm2 
 
¿Cuántos números primos p tienen la propiedad de que p 4 + 1 es primo también? 
 
 
SOLUCIÓN 
Sólo uno: 1712 4 =+⇒= pp 
Los demás primos 2>p son impares 4p⇒ es impar 214 >+⇒ p es par y, por tanto, compuesto. 
Sólo uno: p = 2 
 
En un cuadrado de lado unidad, los puntos A y B se deslizan sobre sendos lados 
del cuadrado determinando los segmentos a = OA y b = OB 
¿Qué valor debe tomar a + b para que la superficie de la figura de color amarillo 
sea la mitad de la del cuadrado? 
 
 
SOLUCIÓN 
Por ser la mitad de la del cuadrado, la superficie de la figura amarilla coincidirá con la suma de las superficies 
de los dos triángulos blancos. 
Ese valor es 
( ) ( ) ( )
2
2
2
11
2
11 baba +−=×−+−× 
Como la superficie del cuadrado es 1, deberá cumplirse que 
( ) ( ) ⇒=+−⇒=+− 12
2
1
2
2
ba
ba
 
a + b = 1 
 
Un río empieza en el punto A y se bifurca en dos ramas. Una de ellas recoge 2/3 del agua de la corriente y 
la otra el resto. Más tarde, la primera rama se divide en tres ramas una de ellas toma 1/8 del agua de la 
rama, la segunda 5/8 y la tercera el resto. Más adelante, esta última rama vuelve a encontrarse con la 
segunda de las ramas iniciales. 
¿Qué porción del agua original fluye por el punto B? 
 
 
SOLUCIÓN 
La rama superior que se desvía hacia B recoge 
8
2
 de los 
3
2
 del caudal inicial. 
Llega a B el caudal anterior y 
3
1
 del inicial, por lo que la cantidad de agua que fluye por ese punto es 
2
1
6
3
3
1
6
1
3
1
12
2
3
1
3
2
4
1
3
1
3
2
8
2 ==+=+=+×=+× . Es decir, 
la mitad del caudal original 
 
En los partidos de baloncesto hay tiros de 3 puntos, tiros de 2 puntos y 
tiros libres, que valen 1 punto cada uno. 
En un partido un equipo hizo tantos puntos con tiros de 3 como con tiros 
de 2 puntos y el número de aciertos en tiros libres superó en una unidad al 
número de aciertos en tiros de 2 puntos, sumando al final 61 puntos. 
¿Cuántos tiros libres encestaron los jugadores de ese equipo? 
 
 
SOLUCIÓN 
Sean cba ,, el número de aciertos en tiros respectivos de 3,2,1 puntos. 
Según el enunciado se verifica que 





=
=
=
⇒







=
+=
=
⇒





=
+=
=
⇒





=+++
+=
=
⇒





=++
+=
=
12
13
8
12
1
3
2
605
1
23
61221
1
23
6132
1
23
b
a
c
b
ba
b
c
b
ba
bc
bbb
ba
bc
cba
ba
bc
 
Encestaron 13 tiros libres 
 
Sea el triángulo isósceles ABC donde CA = CB 
Se señala el punto D sobre el lado AB que verifica que AD = DC y 
DB = BC 
Halla la medida del ángulo ACB 
 
 
SOLUCIÓN 
Por construcción aparecen tres triángulos isósceles: ABC , ADC y 
DBC 
Los ángulos de los vértices A y B en el triángulo ABC son iguales. 
Llamamos α a su medida. Es evidente que esa es también la 
medida del ángulo en C en el triángulo ADC 
Llamamos β a la medida de los ángulos iguales de los vértices D y C en el triángulo DBC 
Claramente se ve que el valor buscado es βα + 
De todo lo anterior se obtienen dos igualdades a partir, respectivamente, de los ángulos de los triángulos 
ABC y DBC : 
( )



=++
=+++
º180
º180
ββα
βααα
. La relación similar en ADC depende de las dos anteriores y no 
ofrece nueva información. 
Entonces, 
( )



=
=
⇒



=
=
⇒



=+
=+
⇒



=++
=+++ −×
−× º72
º36
º3605
º1805
º1802
º1803
º180
º180 ª2ª12
ª1ª23 β
α
β
α
βα
βα
ββα
βααα
 
 
Por lo tanto, la medida del ángulo es =+=+ º72º36βα 
108o 
 
En esta lista de ocho números a, b, c, d, e, f, g y h la suma de tres seguidos es 30 
Halla el valor de a + h si c = 5 
 
 
SOLUCIÓN 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )⇒+++−+++−+=+⇒










=+
=+
=
=+
=+
=+
⇒










=++
=++
=++
=++
=++
=++
=
hggeeddbbaha
hg
ge
f
ed
db
ba
hgf
gfe
fed
edc
dcb
cba
c
25
25
5
25
25
25
30
30
30
30
30
30
5
 
=+−+−=+⇒ 2525252525ha 
25 
 
La figura muestra un círculo con diámetro AB y un punto C sobre la 
circunferencia. 
Calcula la ordenada de C 
 
 
SOLUCIÓN 
Construimos el triángulo rectángulo ABC inscrito en la circunferencia, 
cuya hipotenusa es el diámetro y la altura es la longitud OC 
Por el teorema de la altura, 
416822 =⇒=×=×=⇒= OCOBOAOC
OC
OB
OA
OC
 
En conclusión, la ordenada de C es 
x = – 4 
 
Una esfera de volumenaπ m3 tiene una superficie de bπ m2, donde a y b son 
números enteros de cuatro cifras cada uno. 
¿Cuál es el radio de dicha esfera? 
 
 
SOLUCIÓN 
Sea r el radio de la esfera. 
Se cumple, entonces, que 




=
=
⇒




=
=
2
3
2
3
4
3
4
4
3
4
rb
r
a
br
ar
ππ
ππ
 
Como a y b son valores enteros, hacemos 



=
=
⇒=
2
3
36
36
3
nb
na
nr , tales que ambos son de cuatro cifras y n 
entero. 
De lo anterior, 6
166
64
99991000
99991000
=⇒



≤≤
≤≤
⇒



≤≤
≤≤
n
n
n
b
a
. 
Por tanto, 183 == nr 
El radio mide 18 m 
 
El primer elemento de una sucesión es a1 = 0 y an+1 = an + n x (-1)
n si n > 0 
Halla el valor de k tal que ak = 2015 
 
 
SOLUCIÓN 
Hallamos los primeros términos de la sucesión: 
• 01 =a 
• ( ) ( ) 111011 112 −=−×+=−×+= aa 
• ( ) 112112 223 =×+−=−×+= aa 
• ( ) ( ) 213113 334 −=−×+=−×+= aa 
• ( ) 214214 445 =×+−=−×+= aa 
• ( ) ( ) 315215 556 −=−×+=−×+= aa 
• ( ) 316316 667 =×+−=−×+= aa 
• … … … 
De lo anterior se deduce fácilmente por inducción que 





−=
−=
imparesnsi
n
a
paresnsi
n
a
n
n
2
1
2 
De ahí k debe ser impar y ⇒=−⇒=−= 403012015
2
1
k
k
ak 
k = 4031 
 
Halla una solución entera de la ecuación 
 
 
SOLUCIÓN 
Al ser los números 2 y 5 primos entre sí la única potencia común es 1, que se obtiene cuando ambos 
exponentes son iguales a 0 
Por lo tanto, se deberá cumplir que 










−=
=




=
=
⇒






±=
±=
⇒



=−−
=+−
⇒= −−+−
3
4
2
1
4
2
491
4
499
012
0492
52
2
2
12492 22
x
x
x
x
x
x
xx
xxxxxx y el 
único valor que es raíz de ambas ecuaciones es 
x = 4 
 
En el cuadrado ABCD de lado unidad nombramos el punto medio de AB con la letra M 
Halla el área roja. 
 
 
SOLUCIÓN 
Resaltamos los triángulos APD y OPM , que son semejantes con razón de 
semejanza 
2
1=
AD
OM
, pues 1=AD y 
2
1=OM 
Por lo tanto, 
2
1=
RP
PS
, y como 
3
1
2
1 =⇒==+ RPAMRPPS y 
6
1=PS 
Calculamos entonces el área del triángulo OPM : 
24
1
2
6
1
2
1
2
=
×
=× PSOM 
Como el área roja es el doble, valdrá esta 
1/12 unidades cuadradas 
 
 
¿Cuál es el valor de la suma P + Q + R? 
 
 
SOLUCIÓN 
Se cumple que 639027=× RRRPQPQ 
Como PQPQPQPQPQ ×=+×= 101100 y ⇒×= RRRR 111 
⇒=××=×××=×××=×⇒ 63902711211111101111101 RPQRPQRPQRRRPQPQ





=
=
=
⇒×===×⇒
3
9
1
31957
11211
639027
R
Q
P
RPQ 
En resumen, =++=++ 391RQP 
13 
 
¿Cuántos números de 2015 cifras existen tales que todo número de 2 cifras 
formado por cifras suyas consecutivas sea divisible por 17 ó por 23? 
 
 
SOLUCIÓN 
Veamos primero los posibles números de dos cifras que aparecen en la secuencia: 
85,68,51,34,17 como múltiplos de 17 y 92,69,46,23 como múltiplos de 23 
Al ser un número finito de números posibles, debe poder construirse, con ellos, una cadena cíclica de 2015 
cifras que cumpla las condiciones del enunciado. 
Estudiamos cada caso: 
1. El número no puede comenzar con 17 pues no existe otro de los citados que enlace con él. 
2. Si el número empieza con 34 debemos continuar con 346 (: para construir el 46 ) , 
a. 3468 (: para construir el 68 ) , 34685 (: para construir el 85 ) , 346851 (: para construir el 
51) , 3468517 (: para construir el 17 ) y acaba aquí el proceso. 
b. 3469 (: para construir el 69 ) , 34692 (: para construir el 92 ) , 346923 (: para construir el 
23 ) , 3469234 (: para construir el 34 ) volviendo así a iniciar el bucle y, de esta forma, el 
número 3469234692....3434692346923469234692 de 2015 cifras cumple la condición del 
problema. 
c. 3469 (: para construir el 69 ) , 34692 (: para construir el 92 ) , 346923 (: para construir el 
23 ) , 3469234 (: para construir el 34 ) volviendo así a iniciar el bucle excepto en los últimos 
dígitos (en los que sustituimos el 69 por el 68 ) y, de esta forma, el número 
3469234685....3434692346923469234692 de 2015 cifras cumple la condición del 
problema. 
3. El número no puede comenzar con 51 pues, por el apartado a2 acaba el proceso de inmediato. 
4. El número no puede comenzar con 85 pues, por el apartado a2 acaba el proceso de inmediato. 
5. Si el número comienza por 23 , según el apartado b2 , se puede construir el número de 2015 cifras 
2346923469....2323469234692346923469 y, según el apartado c2 , se puede construir el número 
de 2015 cifras 2346923468....2323469234692346923469 que cumplen la condición del problema. 
6. Si el número comienza por 46 , según el apartado b2 , se puede construir el número de 2015 cifras 
4692346923....4646923469234692346923 y, según el apartado c2 , se puede construir el número 
de 2015 cifras 4692346851....4646923469234692346923 que cumplen la condición del problema. 
7. Si el número comienza por 69 , según el apartado b2 , se puede construir el número de 2015 cifras 
6923469234....6969234692346923469234 y, según el apartado c2 , se puede construir el número 
de 2015 cifras 6923468517....6969234692346923469234 que cumplen la condición del problema. 
8. Si el número comienza por 92 , según el apartado b2 , se puede construir el número de 2015 cifras 
9234692346....9292346923469234692346 que cumple la condición del problema. El otro (apartado 
b2 ) no puede construirse. 
En resumen, hemos construido con éxito los números en los apartados 8,7,6,5,2b por lo que hay 
9 números 
 
Sea la progresión 1, 3, 32, 33, …, 31000 
¿Cuál es el entero más próximo al cociente entre el mayor elemento de la 
progresión y la suma de los restantes? 
 
 
SOLUCIÓN 
Como es una progresión geométrica de razón 3 , la suma de los 1000 primeros términos es 
( )
2
13
13
131
3.........3331
10001000
99932 −=
−
−×=+++++ , pues ( )
1
11
−
−×=
r
ra
S
n
n es la suma de los n primeros 
términos de una progresión geométrica de razón r 
Escribimos, entonces, el cociente que se propone en el enunciado: 
=
−
−×+
−
=
−
−×+=
−
×=
−
=
+++++ 13
232
13
2
13
2322
13
32
2
13
3
3.........3331
3
1000
1000
10001000
1000
1000
1000
1000
1000
99932
1000
 
( )
2
13
2
13
132
13
2
10001000
1000
1000
+
−
=
−
−×+
−
= 
 por lo que el entero pedido es 
2 
 
Halla, en función de m, el valor de sen4 x + cos4 x si sen x + cos x = m 
 
 
SOLUCIÓN 
Según el binomio de Newton, ( ) ⇒+×+=+ xxxsenxsenxxsen 222 coscos2cos 
( ) ( )⇒+−+=×⇒ xxsenxxsenxxsen 222 coscoscos2 1cos2 2 −=× mxxsen 
También, ( ) ⇒+×+×+×+=+ xxxsenxxsenxxsenxsenxxsen 4322344 coscos4cos6cos4cos 
( ) ⇒×−×−×−+=+⇒ xxsenxxsenxxsenxxsenxxsen 2233444 cos6cos4cos4coscos 
( ) ( ) ⇒×−+××−+=+⇒ xxsenxxsenxxsenxxsenxxsen 2222444 cos6coscos4coscos 
( ) ( ) ⇒−+−+−=−×−−×−=+⇒
2
3
3
2
3
221
2
3
12cos 2424
222444 mmmmmmmxxsen 
2
21
cos
42
44 mmxxsen
−+=+⇒ , o de otra forma equivalente, 
sen4 x + cos4x = 1 – (m2 – 1)2/2 
 
Javi corre cada día, siempre a la misma velocidad, dando 
vueltas a una pista de 6 m de ancha, rectangular y cerrada por 
semicircunferencias. 
Si corre por el borde exterior tarda 6 segundos más en dar una 
vuelta completa que si lo hace por el borde interior. 
¿Cuál es la velocidad de Javi en metros por segundo? 
 
 
SOLUCIÓN 
Sea x m/s la velocidad constante de Javi. 
Si a es la longitud horizontal de la pista y r el radio interior los metros recorridos por el borde interior son 
ra π22 + y los metros por el borde exterior son ( )622 +×+ ra π 
Como 
velocidad
espacio
tiempo
tiempo
espacio
velocidad =⇒= , el enunciado nos dice que 
( )
⇒++=++⇒++=++⇒++=+×+ 62212226221222622622
x
ra
xx
ra
x
ra
x
ra
x
ra
x
ra ππππππππ
 
πππ 2
6
12
6
12 ==⇒= x
x
 
O sea, la velocidad de Javi es 
2π m/s 
 
Un poliedro está formado por 6 caras triangulares. 
En cada vértice hay un número y, para cada cara, consideramos la suma de 
los tres números que hay en los vértices de esa cara. 
Si todas las sumas son iguales y dos de los números de los vértices son 1 y 5, 
¿cuáles la suma de los 5 números de los vértices del poliedro? 
 
 
SOLUCIÓN 
Nombramos los vértices con los valores x , y , z 
Según el enunciado, se verifica que 
515151 ==⇒++=++=++ yxyxyx 
1155 =⇒++=++=++=++ zyxyxzyzxz 
Por lo tanto, la suma de los vértices es =++++ 11555 
17 
 
En una tirada de dardos la diana tiene forma de octógono regular. 
Si el dardo puede caer con igual probabilidad en cualquier punto de la diana, 
¿cuál es la probabilidad de que caiga en el cuadrado rojo? 
 
 
SOLUCIÓN 
La probabilidad será la razón entre la superficie roja (aciertos) y la superficie 
total del octógono (tiradas posibles) 
Si consideramos el octógono de lado unidad, la superficie del cuadrado rojo es 1 
La superficie del octógono es la suma de la superficie del cuadrado rojo, de cuatro rectángulos iguales y de 
cuatro triángulos rectángulos isósceles iguales y cuya hipotenusa es 1 
El cateto común c de cada triángulo cumple, por el teorema de Pitágoras, que ⇒=⇒=+
2
1
1 2222 ccc 
2
2
2
1 ==⇒ c 
Por tanto el área de cada triángulo es 
4
1
22
2
==× ccc , y el área de cada rectángulo es 
2
2
1 ==× cc 
De todo lo anterior, la superficie del octógono es 222
2
2
4
4
1
41 ×+=×+×+ 
La probabilidad pedida es, entonces, =−=
×+
=
2
12
222
1
P 
0,2071 
 
Hay 25 personas en una fila, que pueden ser veraces 
(dicen siempre la verdad) o mentirosos (siempre 
mienten). 
Todos, excepto la primera persona de la fila, dicen que la 
persona que está delante de él es un mentiroso, y la 
primera persona de la fila dice que todos los que están 
detrás de él son mentirosos. 
¿Cuántos mentirosos hay en la fila? 
 
 
SOLUCIÓN 
Si el último de la fila (el que ocupa el lugar 25 ) dice la verdad, el que ocupa el lugar 24 es un mentiroso, el 
del lugar 23 dice la verdad… y así sucesivamente. 
En este caso, los que ocupan lugar par mienten y los que ocupan lugar impar dicen la verdad. Esto es 
imposible porque el que ocupa el lugar 1 miente porque dice que todos mienten menos él. 
En conclusión, el último de la fila (el que ocupa el lugar 25 ) miente, el que ocupa el lugar 24 dice la verdad, 
el del lugar 23 miente… y así sucesivamente hasta el segundo que dice la verdad y el primero, 
evidentemente, miente. 
Los que mienten son los que ocupan un lugar impar: 
13 
 
En un triángulo de lados a, b y c se verifica que (a + b + c) x (a + b – c) = 3ab 
Halla el valor del ángulo opuesto al lado c 
 
 
SOLUCIÓN 
( ) ( ) ( ) abbacabcbabaabcbaabcbacba −+=⇒=−++⇒=−+⇒=−+×++ 22222222 3233 
Por el teorema del coseno, ⇒×−+=−+=⇒×−+= CabbaabbacCabbac cos2cos2 22222222 
⇒=⇒
2
1
cosC 
C = 60o 
 
Smith y Kidd se aburren en el barco. 
Smith escribe en sucesión varios números naturales distintos menores que 
10 y Kidd examina esos números. 
Kidd observa que, en cada par de números consecutivos de la sucesión, uno 
de ellos es divisible por el otro. 
¿Cuál es el número máximo de números que ha escrito Smith? 
 
 
SOLUCIÓN 
Los nueve números naturales de una cifra deben ir en secuencia tal que cada par tiene una relación de 
divisibilidad entre sí. 
Como el 5 y el 7 solo tienen esa relación con el 1, que la tiene con todos, aquellos deberán comenzar o 
acabar la secuencia con el 1 acompañando. 
Además, los restantes tienen relación de divisibilidad con 2 o con 3 , siendo el 6 el número que la tiene con 
ambos y que servirá de “puente” entre los dos grupos indicados. 
Así, salvo simetrías, las posibilidades de series con máxima cantidad de números son: 
9,3,6,2,4,8,1,5 
8,4,2,6,3,9,1,5 
9,3,6,2,4,8,1,7 
8,4,2,6,3,9,1,7 
en las que queda excluido el 5 o el 7 
En conclusión, la mayor cantidad de números de la serie es 
8 
 
Dados los tres triángulos rectángulos de la figura, 
ninguno de ellos es semejante a ninguno de los 
otros dos y todos los segmentos de la figura 
tienen longitud entera, siendo AB = 3 cm. 
Si el área del pentágono ABCDE viene dada por 
un número de tres cifras, ¿cuál es la suma de las 
cifras de dicho número? 
 
SOLUCIÓN 
Las condiciones del enunciado nos indican que los lados de los tres triángulos son ternas pitagóricas distintas. 
En la tabla pueden verse las primeras (obviando las que se deducen de ellas): 
 
Según lo anterior, como 3=AB cm, el triángulo BAE tendrá los lados cuyas medidas son las 
correspondientes a la primera terna: 6
2
43
5
4
3
=×=⇒





=
=
=
BAEÁrea
BE
AE
AB
 cm
2
 
Si 5=BE cm, el triángulo BEC tendrá los lados cuyas medidas son las correspondientes a la segunda terna: 
30
2
125
13
12
5
=×=⇒





=
=
=
BECÁrea
BC
EC
BE
 cm
2
 
Si 12=EC cm y los triángulos no son semejantes, el triángulo ECD tendrá los lados cuyas medidas son las 
correspondientes a la séptima terna: 210
2
3512
37
35
12
=×=⇒





=
=
=
ECDÁrea
ED
CD
EC
 cm
2
 
La superficie del pentágono es 246210306 =++=++= ECDBECBAEABCDE ÁreaÁreaÁreaÁrea cm
2
 y la 
suma de sus cifras es =++ 642 
12 
 
Se tienen 2015 cubitos de 1 cm de lado que se disponen 
formando un paralelepípedo recto rectangular (: como una 
caja de zapatos). 
Se tienen también 2015 pegatinas cuadradas de 1 cm de lado 
que se utilizan para colorear toda la superficie exterior del 
paralelepípedo. 
Una vez que se ha terminado la labor, ¿cuántas pegatinas 
sobran? 
 
SOLUCIÓN 
Como 311352015 ××= , estas serán, en centímetros, las dimensiones del paralelepípedo. 
Tendrá dos caras de 135× cm2 que se rellenarán con 1301352 =×× pegatinas. 
Igualmente tendrá dos caras de 315× cm2 que se rellenarán con 3103152 =×× pegatinas. 
Y, por fin, tendrá dos caras de 3113× cm2 que se rellenarán con 80631132 =×× pegatinas. 
Se usan, pues, 1246806310130 =++ pegatinas para cubrir la superficie del paralelepípedo. 
Sobrarán 67912462015 =− pegatinas 
También podrían haber habido otras posibilidades: 
• ( ) 48462423240354031512403512015 =×=×+×+××⇒××= pegatinas se necesitarían en este 
caso, cantidad mayor que las existentes por lo que esta posibilidad no se produjo. 
• ( ) 43662183215513155113121551312015 =×=×+×+××⇒××= pegatinas se necesitarían en 
este caso, cantidad mayor que las existentes por lo que esta posibilidad no se produjo. 
• ( ) 42222111265316513112653112015 =×=×+×+××⇒××= pegatinas se necesitarían en este 
caso, cantidad mayor que las existentes por lo que esta posibilidad no se produjo. 
• ( ) 40342017220151111122015112015 =×=×+×+××⇒××= pegatinas se necesitarían en este 
caso, cantidad mayor que las existentes por lo que esta posibilidad no se produjo. 
Resumiendo, la única situación factible provoca que sobren 
769 pegatinas 
 
En un torneo de tenis en el que participan N jugadores, el número de 
jugadores de élite viene dado por la fórmula ( )[ ] NN −−+ 1log1 22 , donde [x] 
significa el mayor entero menor o igual que x. 
Si en dicho torneo hay 19 jugadores de élite y el número total de jugadores es 
menor que 120, calcula la suma de todos los posibles valores de N. 
 
 
SOLUCIÓN 
Según la definición, ( )[ ]








=
=
=
=
=−
......
16...,...,10,93
8,7,6,52
4,31
20
1log2
Nsi
Nsi
Nsi
Nsi
N y, según estos resultados, 
( )[ ] ( )[ ] ......,3,2,1.0,2222221log 111log112 2 =≤<−=−⇒≤<=− ++−++ mNsiNNNsimN mmmNmm 
Por el enunciado, 5612120222192 7611 ≤⇒≤+⇒<<≤≤<=− ++ mmNyN mmm 
Además, por la propia fórmula, 451238219192 511 >⇒>+⇒>≥⇒≥−= ++ mmN mm 
De todo lo anterior se deduce la única solución 451964192192:5 61 =−=⇒=−⇒=−= + NNNm m 
45 
 
¿Cuál es el menor entero positivo n tal que 
es un cuadrado perfecto? 
 
 
SOLUCIÓN 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )=−××−×−×−×− 1......15141312 22222 n 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =+×−××+×−×+×−×+×−×+×−= 11......1515141413131212 nn 
( ) ( )11......64534231 +×−×××××××××= nn 
Observamos que van a aparecer, sucesivamente, los cuadrados de todos los números naturales excepto del 
2 , del antepenúltimo de los factores y, evidentemente, del último (y mayor) de los factores. 
Por tanto, unaprimera posibilidad a tratar es que el antepenúltimo de los factores multiplicado por 2 sea un 
cuadrado perfecto y que el último de los factores lo sea también. 
Esto se produce, en primer lugar, si 8=n : 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =−×−×−×−×−×−×− 18171615141312 2222222 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =+×−×+×−×+×−×+×−×+×−×+×−×+×−= 1818171716161515141413131212
=×××××××=×××××××××××××= 9827654397867564534231 22222 
( ) 222422222 3024076544333276543 =××××××=××××××= , cuadrado perfecto. 
La respuesta es 
8 
 
Sean los tres círculos concéntricos de la figura y dos diámetros perpendiculares, 
siendo 1 la longitud del radio del círculo más pequeño. 
Si las tres partes coloreadas tienen la misma superficie, ¿cuánto vale el producto de 
los tres radios de los círculos? 
 
 
SOLUCIÓN 
Llamamos r y R a los radios de los círculos respectivos mediano y grande. 
Las superficies de las tres partes miden 
4
12×π
, 
( )
4
122 −× rπ
 y 
( )
4
22 rR −×π
 
Como todas son iguales entre sí, 
( )
211
4
1
4
1 22
222
=⇒=−⇒×=−× rrr ππ 
También, 
( )
32111
4
1
4
2222
222
=+=+=⇒=−⇒×=−× rRrRrR ππ 
En resumen, 662322 =×⇒=×=× rRrR y, el producto de los tres radios es =×× 1rR 
√6 
 
En un bote hay 60 lápices de colores y el 10 % de ellos son rojos. 
¿Cuántos lápices de otros colores hay que sacar para que los rojos representen el 12 % 
de todos los lápices que quedan en el bote? 
 
 
SOLUCIÓN 
Hay 660%10 =× lápices rojos y, por tanto, 54 lápices de otros colores. 
Para que los 6 lápices rojos representen el %12 del total de lápices (llamemos x a esa 
nueva cantidad) deberá cumplirse que 50
12
1006
6%12 =×=⇒=× xx . 
Es decir, deberá haber en total 50 lápices de los cuales 44650 =− serán de de colores distintos al rojo. 
Para conseguir el propósito indicado en el enunciado deberemos quitar, entonces, =− 4454 
10 lápices 
 
¿Cuál es el menor número natural que multiplicado por 
da como resultado un número entero? 
 
 
SOLUCIÓN 
Si 
900
8412
84129006,9346,93461001000
6,93461000
6,934100
634,9 =⇒=⇒−=−⇒



=
=
⇒= xxxx
x
x
x
))
)
)
)
 
En resumen, 
900
8412
634,9 =
)
 
Como ( )
75
701
634,9
12:900
12:8412
900
8412
634,912900,8412 =⇒==⇒=
))
mcd . De ahí, 70175634,9 =×
)
 
El menor número natural que cumple la condición del enunciado es, pues, 
75 
 
Halla las dos últimas cifras del número 1
2
 – 2
2
 + 3
2
 … – 2014
2
 + 2015
2
 
 
 
SOLUCIÓN 
( ) ( ) ( )=−++−+−+=+−−+−+− 22222222222222 20142015...4523120152014...54321 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4029...9512014201520142015...454523231 ++++=−×+++−×++−×++= 
El valor es la suma de una progresión aritmética de diferencia 4 , primer término 1 y último 4029 
Si el número de términos es n , ( ) ( ) 1007
4
4028
1141402911 ==−⇒−×+=⇒−×+= nnndaan , por lo 
que hay 1008=n términos 
De ahí, como la suma de los n términos es 
( )
⇒
×+=
2
1 naaS nn 
( )
2031120
2
100840291
4029...95120152014...54321 2222222 =×+=++++=+−−+−+−⇒ y las dos 
últimas cifras son 
20 
 
Entre diez empleados de un centro comercial se va a 
hacer un sorteo para elegir a cuatro que deben trabajar 
este domingo. 
A Lourdes le viene fatal, pero Blanca le ha dicho que no 
se preocupe porque la suplirá si sale elegida. 
Si salen las dos elegidas, Lourdes no tendrá más remedio 
que hacer el turno. 
¿Cuál es la probabilidad de que Blanca trabaje el 
domingo? 
 
 
SOLUCIÓN 
La probabilidad de que Blanca trabaje el domingo es uno menos la probabilidad de que no trabaje, que se 
producirá cuando ni ella ni Lourdes salgan elegidas. 
Los casos posibles son combinaciones de 10 empleados tomados de 4 en 4 y los casos favorables a que 
ninguna de las dos sea elegida son combinaciones de 8 empleados (todos menos ellas) tomados de 4 en 4 . 
Por lo tanto, 
3
1
65
109
1
!4
!6
!10
!8
!4!10
!6!8
!6!4
!10
!4!4
!8
4
10
4
8
)"min(" =××
×
=×=
×
×=
×
×=












=godoeltrabajanoBlancaP 
Es decir, =−=−=
3
1
1)"min("1)"min(" godoeltrabajanoBlancaPgodoeltrabajaBlancaP 
2/3 
 
¿Cuántos números de 8 cifras distintas, ninguna de las cuales es 0, son divisibles 
por 9? 
 
 
SOLUCIÓN 
Hay nueve cifras distintas de cero y su suma es 45987654321 =++++++++ , divisor de 9 
Eligiendo 8 de esas 9 cifras, solo en un caso la suma de esas 8 seguirá siendo divisor de 9 y, por tanto, el 
número formado por esas cifras también lo será: cualquiera que se construya eligiendo todas menos la cifra 
9 . La suma de las cifras será 36 
En resumen, la cantidad de esos números será el número de permutaciones de esas 8 cifras: !88 =P 
8! = 40320 
 
A un hexágono regular se le adosan cuatro triángulos equiláteros, con la misma 
longitud de lado que la del hexágono, alrededor de un vértice como se observa 
en la figura. 
Si el área del hexágono es de 72 cm2, ¿cuál es el área del pentágono construído 
uniendo los centros de hexágono y triángulos? 
 
 
SOLUCIÓN 
Como el área del hexágono, formado por seis triángulos equiláteros iguales a los 
adosados, es 72 cm2, la superficie de uno de tales triángulos es 12
6
72 = cm2 
Además, el pentágono está formado por cuatro partes a (que son la tercera parte 
de un triángulo) y dos partes b (igual a la mitad de un triángulo) 
De ahí que la superficie del pentágono sea =+=×+×=+ 1216
2
12
2
3
12
424 ba 
28 cm2 
 
Una esfera tiene en ella inscrito un cubo: sus vértices están en la superficie de la 
esfera. 
Halla el porcentaje del volumen de la esfera que representa el volumen del cubo. 
 
 
SOLUCIÓN 
Sea R el radio de la esfera. El volumen será 3
3
4
Rπ unidades cúbicas. 
El diámetro de la esfera, RD 2= , coincide con una diagonal del cubo por lo que, si a es el lado del cubo y 
por el teorema de Pitágoras, ( ) RaRaRaRaaaadD ×=⇒=⇒=⇒=++=+=
3
4
3
4
432 22222222222 
El volumen del cubo es, entonces, 
3
33
44
3
4
3
3 RRa =






×= unidades cúbicas. 
El porcentaje es, entonces, =×=×=× %100...483675525969,0%100
3
4
%100
3
4
33
44
3
3
ππ R
R
 
36,76 % 
 
En un examen de conducir aprobaron la misma cantidad de hombres que de 
mujeres, aunque sólo aprobaron los 2/3 de los hombres y el 75% de las 
mujeres que se presentaron 
 ¿Qué porcentaje de personas presentadas aprobaron? 
 
 
SOLUCIÓN 
Sea x2 el número de personas aprobadas: x hombres y x mujeres. 
Como sólo aprobaron un 
3
2
 de los hombres presentados, xhxh
2
3
3
2 =⇒= son los hombres presentados. 
Además aprobaron el %75 de las mujeres presentadas: xxmxmxm
3
4
75
100
100
75
%75 ==⇒=⇒= son 
las mujeres presentadas. 
En conclusión, se presentaron xxx
6
17
3
4
2
3 =+ personas aprobando x2 . 
El porcentaje es =×=× %100
17
12
%100
6
17
2
x
x
 
70,59 % 
 
En el rectángulo JKLM, la bisectriz del ángulo KJM corta a la diagonal 
MK en el punto N. Las distancias de N a los lados ML y KL son, 
respectivamente, 1 y 8. 
¿Cuánto vale ML ? 
 
 
SOLUCIÓN 
Marcamos en la figura los datos del problema y determinamos que el 
cuadrilátero JSNR es un cuadrado. 
Llamamos 8+=⇒= xMLxMQ 
 Los triángulos NQM y KLM son rectángulos y semejantes, por lo 
que ⇒=====⇒=⇒=
xMQRNSNKP
x
KP
x
KP
NP
NQ
MQ 888888
1
 
22882 ==⇒=⇒ xx 
Es decir, 
ML = 2√2 + 8 = 10,83 unidades de longitud 
 
No se sabe si el número 
es primo o compuesto 
¿Qué cifra es a ? 
 
 
SOLUCIÓN 
Sea ax 1910197
1010 +×= 
• Si acaba en cifra par o cero será múltiplo de 2 y, por tanto, compuesto. 
• Si 3=a , la suma de las cifras de 19310197
1010 +×=x es 30391791 =+++++ , por lo que será 
múltiplo de 3 y, por tanto, compuesto 
• Si 195101975
1010 +×=⇒= xa y el número es divisible por 5 al acabar en dicha cifra y, por tanto, 
compuesto. 
• Si 7=a el número es ( )11019719710197 1010 1010 +×=+×=x y, por tanto, compuesto. 
• Si 9=a , la suma de las cifras de 19910197
1010 +×=x es 36991791 =+++++ , por lo que será 
múltiplo de 9 y, por tanto, compuesto. 
En conclusión:para que haya dudas de su primalidad debe ser 
a = 1 
 
Si , ¿cuántos posibles valores de R existen? 
 
 
SOLUCIÓN 
Se tiene que cumplir, forzosamente, que cba ,, son valores no nulos para que exista R 
Si ⇒−=−⇒+=+⇒
+
=
+
⇒
+
=
+
=
+
= 2222 abbcacbcbaca
ca
b
cb
a
ba
c
ca
b
cb
a
R 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) bac
ba
baab
cbaabcba −−=⇒
−
+×−=⇒+×−=×−⇒ 
De ahí, 1−=
+
−−=
+
=
ba
ba
ba
c
R 
Solo existe un valor: R = –1 
 
logx y + logy x = 7 
¿Cuánto vale (logx y )
2 + (logy x )
2 ? 
 
 
SOLUCIÓN 
Si llamamos Lyx =log , haciendo cambio de base resulta que ⇒===
Lyy
x
x
xx
x
y
1
log
1
log
log
log 
L
Lxy yx
1
loglog +=+⇒ y ( ) ( )
2
222 1loglog
L
Lxy yx +=+ 
En resumen, hay que calcular 
2
2 1
L
L + sabiendo que 71 =+
L
L 
4724927
11
2
11
2
1
7 2
2
2
2
2
2
2
2
2 =−=−=+⇒++=+××+=




 +=
L
L
L
L
LL
LL
L
L 
Por lo tanto, ( ) ( ) =+=+
2
222 1loglog
L
Lxy yx 
47 
 
Se ha dividido un rectángulo en cuatro rectángulos menores. 
El perímetro de tres de ellos es conocido y se muestra en la figura: 
20, 24 y 32. 
¿Cuál es el perímetro del cuarto rectángulo? 
 
 
SOLUCIÓN 
Según nos indica el enunciado, 
122422
163222
102022
=+⇒=+
=+⇒=+
=+⇒=+
dbdb
cbcb
caca
 y 
observemos que nos piden da 22 + 
Como =+++−+=++−−+=+ )()( dbbccadbbccada 
6121610 =+−= , el perímetro buscado es =+ da 22 
12 
 
Sea el número 
 
Dados los números 3, 7, 31, 127 y 2047 se sabe que uno de ellos no lo divide. ¿Cuál es? 
 
 
SOLUCIÓN 
Descomponemos factorialmente el exponente del número y obtenemos que 
2511321650 ×××= por lo que 
1212
2511321650 −=− ××× 
Por otro lado, tengamos en cuenta que 
12120482047
121128127
1213231
12187
12143
11
7
5
3
2
−=−=
−=−=
−=−=
−=−=
−=−=
 
Sabiendo que 1−na es siempre múltiplo de Nnaaa ∈∀≠ℜ∈∀− ,1,,1 pues 
( ) ( )1...11 221 +++++×−=− −− aaaaaa nnn se deduce que 
• 123 2 −= divide a ( ) 121212 22 51132511321650 −=−=− ××××× haciendo 22=a 
• 127 3 −= divide a ( ) 121212 22 51123511321650 −=−=− ××××× haciendo 32=a 
• 1231 5 −= divide a ( ) 121212 115325511321650 2 −=−=− ×××××× haciendo 52=a 
• 122047 11 −= divide a ( ) 121212 22 53211511321650 −=−=− ××××× haciendo 112=a 
Por tanto, si alguno de los números citados no lo divide, ese es el número 
127 
 
En cada cara de un cubo se escribe un entero positivo diferente de tal modo que 
cuando dos caras son adyacentes (comparten una arista), el máximo común divisor de 
los dos números de las caras es 1. 
¿Cuánto vale la menor suma posible de los números en las seis caras del cubo? 
 
 
SOLUCIÓN 
Cada cara es adyacente con otras cuatro, por lo que solo puede haber, en el cubo y para 
que se cumplan las condiciones del enunciado, dos caras con los números pares 2 y 4 , y 
estos estarán en caras opuestas. 
Las demás caras se rellenarán con los cuatro primeros números impares 1, 3 , 5 y 7 , por 
lo que la suma de las caras será =+++++ 754321 
22 
 
Si sen 15o y cos 15o son las raíces de la ecuación x2 + ax + b = 0, halla el valor de a4 – b2 
 
 
SOLUCIÓN 
Se sabe que la suma de las raíces es igual al opuesto del coeficiente del término de primer grado dividido por 
el coeficiente del término de segundo grado y que el producto de las raíces es igual al término independiente 
dividido por el coeficiente del término de segundo grado. 
Entonces, ( )º15cosº15 +−= sena y º15cosº15 ×= senb 
A partir de aquí, desarrollamos ( ) ( )bababa −×+=− 2224 
( ) ⇒×++××+=×++=+ º15cosº15º15cosº15cosº152º15º15cosº15º15cosº15 2222 sensensensensenba 
º30
2
3
1º15cosº15312 sensenba ×+=××+=+⇒ ya que ααα cos22 ××= sensen 
( ) ⇒×−+××+=×−+=− º15cosº15º15cosº15cosº152º15º15cosº15º15cosº15 2222 sensensensensenba
 º30
2
1
1º15cosº1512 sensenba ×+=×+=−⇒ 
Por lo tanto, 
( ) ( ) ⇒×+×+×+=




 ×+×




 ×+=−×+=− º30
4
3
º30
2
1
º30
2
3
1º30
2
1
1º30
2
3
1 22224 sensensensensenbababa
 
16
35
16
3
11
2
1
4
3
2
1
21º30
4
3
º3021
2
224 =++=




×+×+=×+×+=−⇒ sensenba 
Así pues, 
a
4 – b2 = 35/16 
 
Como se ve en la figura, ABCD es un rectángulo y AED un triángulo 
equilátero. 
F es el punto medio de AE , AB = 6 cm y AD = 12 cm 
Halla la medida del ángulo BFA 
 
 
SOLUCIÓN 
Como AED es un triángulo equilátero y 12=AD cm 6
2
12
22
====⇒ ADAEAF cm y el triángulo ABF 
es isósceles con los ángulos BFAABF = 
El ángulo º30º60º90 =−=−= DAFDABFAB y ⇒=×+⇒=++ º1802º30º180 BFABFAABFFAB 
=−=⇒
2
º30º180
BFA 
75o 
 
Se han borrado los dígitos a y b de esta multiplicación: 
 
¿Cuál es la suma de los dígitos borrados? 
 
 
SOLUCIÓN 
Se trata de hallar ba + teniendo en cuenta que 0210090034203129 ba =× 
Como 342 es divisible por 9 , 02100900b también lo será por lo que bb +=++++++++ 1220009001 
es múltiplo de 69 =⇒ b 
Entonces, 5295031
342
100900602
0312910090060234203129 =⇒==⇒=× aaa 
En conclusión, =+=+ 65ba 
11 
 
En un rectángulo, la bisectriz de un ángulo divide a la diagonal (la 
que no pasa por ese vértice ) en la razón 2 : 5 
¿En qué razón divide al lado del rectángulo? 
 
 
SOLUCIÓN 
Por comodidad nombramos los vértices y los puntos de 
intersección de la figura con las letras que se ven. 
Dibujamos una línea paralela (roja) al lado de longitud a que 
pasa por el punto de corte de la diagonal y la bisectriz y corta a 
los lados de longitud b en sendos puntos que también 
nombramos. 
También por comodidad, y según el enunciado, damos 
longitudes 5 y 2 a los segmentos en que la bisectriz divide a 
la diagonal. 
Como el triángulo BCT es rectángulo e isósceles, aBCTC == y está claro que la razón que nos piden es 
DTTC : o sea 
ab
a
DT
TC
−
= pues abTCDCDT −=−= 
Como los triángulos AFS y ABC son semejantes, ⇒





=
=
⇒





=
=
⇒





=
=
bAF
aFS
b
AF
a
FS
AC
AS
AB
AF
AC
AS
BC
FS
7
5
7
5
7
5
7
5
 





=−=−==
=−=−=
⇒
bbbAFbFBEC
aaaFSaES
7
2
7
5
7
2
7
5
 
Como el triángulo SET es rectángulo e isósceles, aESTE
7
2== 
En resumen, aaaabababbaabaaECTETC
2
3
2
5
2
5
52227
7
2
7
2 =−=−⇒=⇒=⇒+=⇒+=⇒+= , 
de donde la razón es 
3
2
2
3
==
−
=
a
a
ab
a
DT
TC
 
La razón en que divide al lado es 2 : 3 
 
En la figura adjunta se observa el triángulo ABC y dos arcos de 
circunferencia: uno de centro E y que pasa por A, B y D y otro de 
centro D y que pasa por E y C. 
Si el ángulo B del triángulo vale 63o, ¿cuál es el valor del ángulo C ? 
 
 
SOLUCIÓN 
Si dibujamos los radios de los arcos marcados en rojo, observamos que 
DCDEAEBE === 
Llamamos α=DCE ˆ , ángulo pedido. 
El triángulo CDE es isósceles: αα 2º180ˆˆˆ −=⇒== EDCDCECED 
El triángulo BEA es isósceles: 
º54º632º180ˆº63ˆˆ =×−=⇒== AEBEBABAE 
Ahora bien, αα −=⇒=++⇒=++ º126ˆº180ˆº54º180ˆˆˆ DEADEACEDDEAAEB 
El triángulo AED es isósceles: 
( )
2
º54
2
º126º180
2
ˆº180ˆˆˆ αα +=−−=−=⇒= DEAADEEADADE 
De ahí, =⇒=⇒=+⇒=+⇒=−++⇒=+ αααααααα º5434º542
2
º54
º1802º180
2
º54
º180ˆˆ EDCADE 
18o 
 
Óscar tiene muchas piezas cuadradas blancas, y Joan muchas 
piezas rojas, cuadradas también. Todas del mismo tamaño. 
Quieren construir rectángulos con piezas blancas en el interior y 
rojas en los bordes, como el de la figura. 
En un momento dado se dan cuenta que han conseguido construir 
el mayor rectángulo posible con el mismo número de piezas 
blancas y rojas. 
¿Cuántas piezas han puesto en total en ese momento? 
 
 
SOLUCIÓN 
Llamamos a y b a la cantidad de fichas que se colocan, respectivamente, en cada fila y en cada columna. 
El número de piezas blancas existentes será ( ) ( )22 −×− ba y el de piezas rojas será 
( ) ( ) 42222 +−×+−× ba 
Como debe haber la misma cantidad de piezas de cada color, ( ) ( ) ( ) ( ) 4222222 +−×+−×=−×− baba 
Por simplicidad de cálculo hacemos xa =− 2 y yb =− 2 obteniendo la condición 422 ++= yxxy 
Entonces, ( )
2
8
2
2
42
422422422
−+=⇒
−
+=⇒+=−×⇒+=−⇒++=
x
y
x
x
yxxyxyxyyxxy 
Como x e y son valores enteros positivos, las únicas posibilidades son: 
• 60125
12
5
103 =×=×⇒



=
=
⇒=⇒= ba
b
a
yx piezas componen el rectángulo 
• 4886
8
6
64 =×=×⇒



=
=
⇒=⇒= ba
b
a
yx piezas componen el rectángulo 
• 4868
6
8
46 =×=×⇒



=
=
⇒=⇒= ba
b
a
yx piezas componen el rectángulo 
• 60512
5
12
310 =×=×⇒



=
=
⇒=⇒= ba
b
a
yx piezas componen el rectángulo 
En resumen, la máxima cantidad de piezas que se han puesto para conseguir un rectángulo con el mismo 
número de rojas y blancas es 
60 
 
Un granjero tiene ovejas y gallinas. La media de número de patas por animal es 3,6 
¿Cuál es el cociente entre el número de ovejas y el número de gallinas? 
 
 
SOLUCIÓN 
Llamamos x al número de ovejas e y al número de gallinas. Según el enunciado, 6,3
24 =
+
+
yx
yx
 
Entonces ⇒==+⇒=
+
⇒=
+
⇒=
+
+⇒=
+
+
25,1
6,1
2
2
6,1
6,1
2
6,3
2
26,3
24
x
yx
yx
x
yx
x
yx
x
yx
yx
 
==⇒=⇒=+⇒
25,0
1
25,025,11
y
x
x
y
x
y
 
4 
 
¿Cuál es la probabilidad de que al tirar dos dados los números obtenidos sean las 
cifras de un cuadrado perfecto de dos cifras? 
 
 
SOLUCIÓN 
Los casos posibles de pares de números obtenidos son variaciones con repetición de seis elementos tomados 
dos a dos: 36622,6 ==VR : 66...,,16...,...,62...,,12,61...,,31,21,11 −−−−−−−− 
Los casos favorables son ocho: 46,64,36,63,25,52,16,61 −−−−−−−− , correspondientes a los 
cuadrados 2222 864,636,525,416 ==== 
Por lo tanto la probabilidad es 
9
2
36
8 = 
2/9 
 
En un triángulo rectángulo, la mediana sobre la hipotenusa vale 2 
¿Cuánto vale la suma de los cuadrados de las otras dos medianas? 
 
 
SOLUCIÓN 
Dibujamos las otras dos medianas y nombramos sus extremos y 
dibujamos los segmentos DE y DF , paralelos respectivos a los dos 
catetos y que unen puntos medios de los lados. 
Se sabe que 2=AD por lo que, en el triángulo rectángulo AFD y por el 
teorema de Pitágoras, se verifica que 
164
4
2
22
22
22
2
22
222 =+⇒=+⇒=




+





⇒=+ cbcbcbADAFDF 
Además, también por el teorema de Pitágoras, 
• en el triángulo rectángulo EAB se cumple que 2
2
2
2
222
42
c
b
c
b
ABEABE +=+





⇒+= 
• en el triángulo rectángulo CAF se cumple que 2
2
2
2
222
42
b
c
b
c
ACAFCF +=+





⇒+= 
De todo lo anterior, la suma de los cuadrados de las medianas es 
( ) =×=+×=+=+++=+
4
165
4
5
4
5
4
5
44
2222
2
2
2
2
22 cbcbb
c
c
b
CFBE 
20 
 
ABCDEF es un hexágono regular con centro M y los lados son de longitud 1 
¿Cuál es el área de la zona roja? 
 
 
SOLUCIÓN 
Como se ve en la figura adjunta, marcamos los segmentos BE y AD para mayor 
claridad en la siguiente exposición. 
La superficie roja está compuesta por la de un sector circular ( MAB ), que es la 
sexta parte del círculo total, más la del triángulo rectángulo BPM , mitad del 
triángulo equilátero BCM de lado unidad. 
Teniendo en cuenta que el lado del hexágono es el radio de su circunferencia 
circunscrita, la superficie del sector circular MAB es 
66
12 ππ =× unidades 
cuadradas. 
El cateto BP del triángulo BPM es, por el teorema de Pitágoras, 
2
3
4
3
4
1
1
2
1
1
2
2222 =⇒=−=




−=−= BPMPBMBP por lo que la superficie del triángulo BPM es 
8
3
2
2
1
2
3
2
=
×
=× MPBP unidades cuadradas. 
La suma de ambas superficies es la pedida: ≅+
8
3
6
π
 
0,74010512654 unidades cuadradas 
 
Sea N el menor entero positivo que al dividirlo por 5 da resto 2, al dividirlo por 7 da resto 
3 y al dividirlo por 9 da resto 4 
¿Cuál es la suma de los dígitos de N ? 
 
 
SOLUCIÓN 
Se verifica, según el enunciado, que 493725 +=+=+= cbaN siendo, evidentemente, cba >> 
Entonces, 





−=⇒−=
++=+=⇒+=
9
17
179
5
12
5
17
175
b
cbc
b
b
b
aba
 y llamamos dba
b
d +=⇒+=
5
12
 
Con lo anterior, ⇒−=+⇒+=−⇒





+=
−=
⇒



+=
−=
⇒





−=
+=
735218
7
19
2
15
7
19
2
15
197
152
9
17
5
12
dc
cd
c
b
d
b
cb
db
b
c
b
d
 
18
917
18
935
93518
−+=⇒−=⇒−=⇒ ddcdcdc 
Los menores valores posibles enteros positivos serán para 
 3192222
7
1179
17
18
9917
99 =+=⇒=+×=⇒=−×+=⇒= abcd , que determinan 
157417932272315 =+×=+×=+×=N 
La suma de los dígitos de N es =++ 751 
13 
 
ABCE es un cuadrado, BCF y CDE son triángulos equiláteros y AB = 1 
¿Cuál es la medida del segmento FD ? 
 
 
SOLUCIÓN 
Está claro que 1=== ABCFCD , por construcción, por lo que el triángulo FCD es isósceles. 
Además el ángulo Ĉ de dicho triángulo es º90º60º60º90ˆˆˆˆ =+−=+−=+= DCEFCBECBDCEECFC &&&& , 
por lo que FCD es un triángulo isósceles y rectángulo cuyos catetos son de medida unidad. 
En esas condiciones, y por el teorema de Pitágoras, ⇒=+=+= 211 22222 CDCFFD 
FD = √2 
 
Sea n un número natural tal que n2 + 4 y n + 3 no son primos entre sí. 
En estas condiciones, ¿cuál es el máximo común divisor de ambos números? 
 
 
SOLUCIÓN 
Llamamos ( )3,42 ++= nnmcdk 
Según lo anterior, kan =+ 42 y kbn =+ 3 , siendo a y b dos números naturales tales que ba > . Además, 
1>k y número natural por no ser primos entre sí los números dados. 
De ahí, ( ) ⇒+−=⇒++−=⇒=+−=+⇒−=
k
kbbk
akbbkkakakbnkbn
136
4964343
22
2222 
k
bkba
13
62 +−=⇒ 
Como a es un número natural y 131 =⇒> kk y, entonces, 
el máximo común divisor de ambos es 13 
 
Un triángulo se dobla a lo largo de la línea a 
trazos de modo que se obtiene la figura que 
se ve, cuyo contorno es un heptágono. El 
área del triángulo original es 1,5 veces el 
valor del área del heptágono. 
El área total conjunta de las tres regiones 
coloreadas de azul es 100 cm2 
¿Cuál es el área del triángulo original? 
 
 
SOLUCIÓN 
Desplegando la figura se reconstruye el triángulo y se observa que, llamando 
x cm2 al valor de la superficie del cuadrilátero central blanco, el área del 
triángulo es 1002 +x cm2 
El área del heptágono es 100+x cm2 por lo que, según el enunciado, 
( ) 100505,01505,110021005,11002 =⇒=⇒+=+⇒+×=+ xxxxxx cm2 
En resumen, la superficie del triángulo es =+×=+ 10010021002x 
300 cm2 
 
La función ( )



≥−
<+
=
314
352
xsix
xsix
xf puede definirse también mediante cbxxaxf ++−×= 3)( , 
expresión única. 
Calcula los valores de a, b y c 
 
 
SOLUCIÓN 
Si ( )



=+
=−
⇒+=++−=+++−×=++−×=⇒<
53
2
523)3(3)(3
ca
ab
xcaxabcbxxacbxxaxfx 
Si ( )



−=+−
=+
⇒−=+−+=++−×=++−×=⇒≥
13
4
143)3(3)(3
ca
ab
xcaxabcbxxacbxxaxfx 
De todo lo anterior se deduce fácilmente que 1
4
2
=



⇒
=+
=−
a
ab
ab
 y 3=b y 2
13
53
=



⇒
−=+−
=+
c
ca
ca
 
O sea, la fórmula única para la función es 233)( ++−= xxxf 
a = 1, b = 3, c = 2 
 
En un supermercado los carritos, encajados unos en otros, forman dos filas. 
Una de ellas, con 10 carritos, tiene 2,9 metros de longitud y la otra, con 20 carritos, 
tiene 4,9 metros de longitud. 
¿Cuál es la longitud, en metros, de cada carrito? 
 
 
SOLUCIÓN 
Llamamos x a la longitud de un carrito y a a la medida de lo que sobresale un carrito 
encajado en el correspondiente delantero. 
Poniendo todo, por comodidad, en centímetros, tendremos que para cada fila 
110290209
20
2909
20010
2909
49019
2909 ª1
ª1ª2
=⇒=×+⇒



=
=+
⇒



=
=+
⇒



=+
=+
−
xx
a
ax
a
ax
ax
ax fila
filafila
Es decir, la separación es de 20 cm y la longitud de cada carrito es 110 cm = 
1,10 metros 
 
La figura que se ve está hecha con cuatro cuadraditos iguales. 
¿De cuántas formas se puede añadir un cuadradito más para formar una figura con 5 
cuadraditos que tenga algún tipo de simetría? 
 
 
SOLUCIÓN 
Obsérvense las cuatro figuras: la primera tiene simetría central con respecto al punto 
señalado y las otras tres simetría axial respecto a los ejes señalados. 
 
Por lo tanto, 
de 4 formas 
 
¿Para cuántos enteros positivos n menores que 100 el número nn es un cuadrado 
perfecto? 
 
 
SOLUCIÓN 
Si 1001≤≤ n , nn será cuadrado perfecto si n es par, pues si ( ) ( )( )22 222 mmn mmnmn ==⇒= , siendo m 
un valor entero positivo. Como hay 50 pares menores o iguales que 100 de ahí se obtienen 50 enteros 
positivos que cumplen esa condición. 
Además, también cumplirán la condición los cuadrados perfectos impares menores o iguales que 100 . Los 
pares ya los hemos contado antes. 
En efecto, si ( ) ( )2222 222100 mmmn mmmnmn ===⇒≤= , siendo m un valor entero positivo . 
Como los cuadrados perfectos impares menores o iguales que 100 son cinco: ,11 2= ,39 2= ,525 2= 
,749 2= ,981 2= en total habrá 
55 
 
Glotón se comió 12 pasteles en tres días. Cada día comió más pasteles que el día 
anterior y el tercer día comió menos que la suma de los dos días anteriores. 
¿Cuántos pasteles se comió Glotón el tercer día? 
 
 
SOLUCIÓN 
Sean cba ,, la cantidad de pasteles que se comió Glotón cada uno de los días. El enunciado dice que 





+<
<<
=++
bac
cba
cba 12
 
De la tercera condición y de la primera se deduce que 
Si 6122122 <⇒<⇒=++<=+⇒+< cccbacccbac 
Si 4≤c , como 12444 =++<++⇒<< cbacba y no se cumplirían las condiciones del problema. 
Por tanto, 5=c y 37 =⇒=+ aba y 4=b pues cba << 
El tercer día Glotón se comió 
5 pasteles 
 
En la imagen, el ángulo α = 7o y las medidas de los segmentos OA1, A1A2, 
A2A3,… son todas iguales. 
¿Cuál es el mayor número de segmentos distintos que pueden 
dibujarse en esas condiciones a partir del punto A1? 
 
SOLUCIÓN 
Si seguimos el proceso de construcción y analizamos los ángulos vemos que 
• 21211 AOAAAOA ⇒= es un triángulo isósceles y 
º166º72º1802º180ˆ 21 =×−=−= αAAO , quedando como se ve en la imagen. 
• 3213221 AAAAAAA ⇒= es un triángulo isósceles y 
( )⇒−×−=×−= 21312321 ˆº1802º180ˆ2º180ˆ AAOAAAAAA 
( ) º152º142º180º166º1802º180ˆ 321 =×−=−×−=⇒ AAA , quedando como 
se ve en la imagen. 
• 4324332 AAAAAAA ⇒= es un triángulo isósceles y 
( )⇒−−×−=×−= 32112423432 ˆˆº1802º180ˆ2º180ˆ AAAAAOAAAAAA 
( ) º138º212º180º152º7º1802º180ˆ 432 =×−=−−×−=⇒ AAA , quedando 
como se ve en la imagen. 
• … 
Démonos cuenta que los ángulos en cada punto son nnAAA nnn º14º180º72º180ˆ 11 −=××−=+− (sencilla 
demostración por inducción) y tendrán sentido si 1286,12
14
180
0º14º180 ≤⇒=<⇒>− nnn . 
Para 12=n se verificará que el triángulo 131211 AAA tendrá de ángulos º12ˆ 131211 =AAA y los iguales serán de 
º84 cada uno. 
Es decir se pueden dibujar, como mucho, 12 segmentos a partir de 1A … hasta el punto 13A 
12 
 
Halla el máximo común divisor de todos los números de la forma n5 – n, 
siendo n > 12 
 
 
SOLUCIÓN 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )111111 22245 +×+×−×=+×−×=−×=− nnnnnnnnnnn . Es decir, 
( ) ( ) ( )111 25 +×+××−=− nnnnnn 
Evidentement, todos los números tienen en su descomposición anterior tres naturales seguidos por lo que 
uno de ellos, al menos, es par y además uno de ellos (y solo uno) es, necesariamente, múltiplo de 3 
Incluso se cumple que: 
• Si n acaba en 1 o en 6 , 1−n es múltiplo de 5 
• Si n acaba en 2 , en 3 , en 7 o en 8 , 12 +n es múltiplo de 5 
• Si n acaba en 4 o en 9 , 1+n es múltiplo de 5 
• Si n acaba en 0 o en 5 , n es múltiplo de 5 
Si n es impar no puede ser múltiplo de ninguna potencia de 2 superior a 2 y se pueden encontrar ejemplos 
(para 13=n ) en los que no es múltiplo de ninguna potencia de 3 superior a 3 y (para 13=n ) en los que no 
es múltiplo de ninguna potencia de 5 superior a 5 
En menor de ellos es ( ) ( ) ( ) 17137532170141312113113131131313 425 ×××××=×××=+×+××−=− y 
pueden encontrarse fácilmente ejemplos de no divisibilidad por 7 (para 16=n ),13 (para 15=n ) y 17 
(para 14=n ) 
En resumen, nn −5 es múltiplo de 2 , de 3 y de 5 y el máximo común divisor es, entonces, 
2 x 3 x 5 = 30 
 
Siete piezas de 3 cm x 1 cm se colocan en una caja de 5 cm x 5 cm. 
Se pueden deslizar las piezas en la caja de modo que haya espacio para una 
pieza más. 
¿Cómo mínimo, cuántas piezas hay que mover? 
 
 
SOLUCIÓN 
Hay que mover tres, al menos, para dejar un hueco donde encaje la nueva como se ve en la secuencia 
inferior: 
 
La respuesta es, por tanto, 
3 
 
Se escribe un número de cinco cifras, todas distintas, tal que la primera cifra 
por la izquierda es la suma de las otras cuatro. 
 ¿Cuántos números distintos se pueden escribir con estas características? 
 
 
SOLUCIÓN 
Como 9104321 >=+++ , una de las cuatro cifras de la derecha deberá ser un 0 y las tres restantes 
• de las cuatro ⇒4,3,2,1 2423434 =××=V posibilidades y cada una de ellas con el 0 en una de las 
cuatro posiciones posibles: 96244 =× números distintos 
• ⇒5,2,1 6!33 ==P posibilidades y cada una de ellas con el 0 en una de las cuatro posiciones 
posibles: 2464 =× números distintos 
• ⇒5,3,1 6!33 ==P posibilidades y cada una de ellas con el 0 en una de las cuatro posiciones 
posibles: 2464 =× números distintos 
• ⇒6,2,1 6!33 ==P posibilidades y cada una de ellas con el 0 en una de las cuatro posiciones 
posibles: 2464 =× números distintos 
En total =+++ 24242496 
168 números distintos 
 
¿Cuál es el número del año más cercano a este que puede representar la 
cantidad de aristas de un prisma y, a la vez, de una pirámide? 
 
 
SOLUCIÓN 
Un prisma de n caras laterales posee n aristas en dichas caras y las mismas en cada una de sus dos bases. Es 
decir, posee nnnn 3=++ aristas. 
Una pirámide de n caras laterales posee n aristas en dichas caras y las mismas en su base. Es decir, posee 
nnn 2=+ aristas. 
Por tanto, el número que representa el año debe ser múltiplo de 3 y de 2 : múltiplo de 6 
Y este año, 2016 , cumple la condición. 
2016 
 
Los cuatro rectángulos rojos de la figura son iguales y con un lado doble que el otro. 
Si el círculo tiene radio 1, ¿cuál es el área de cada rectángulo? 
 
 
SOLUCIÓN 
Según se ve en la imagen adjunta, el área de cada rectángulo es 
222 aaa =× 
Por otro lado, en el triángulo rectángulo construido con el 
diámetro aplicamos el teorema de Pitágoras y se verifica que 
( ) ( )
5
1
4204416224 2222222 =⇒=⇒=+⇒=+ aaaaaa 
De ahí, ==×=
5
2
5
1
22 2a 
0,4 unidades cuadradas 
 
El triángulo ABC es rectángulo en C, M es el punto medio de la hipotenusa AB 
y  = 60o. 
¿Cuál es la medida del ángulo BMC ? 
 
 
 
SOLUCIÓN 
Se sabe que º30º60º90º90 =−=−= MACCBM 
Si M es el punto medio de la hipotenusa, construyendo un rectángulo con una 
réplica añadida del triángulo dado (como se ve en la figura), M es el centro 
del rectángulo y corte de las dos diagonales, ambas iguales. 
De lo anterior, los triángulos CMA y BMC son isósceles. Por lo tanto, 
⇒=++⇒== º180º30 CBMMCBBMCCBMMCB 
=−=−−=⇒−−=⇒ º60º180º30º30º180º180 BMCCBMMCBBMC 
120o 
 
Simplifica todo lo posible la expresión 
 
 
 
 
SOLUCIÓN 
Llamamos 064106410 >×−−×+=a 
Entonces, 
=



 ×−+×−××+×−



 ×+=



 ×−−×+=
222
2 6410641064102641064106410a
( ) ( ) ( ) =−×−=×−×−=×−+×−××+×−×+= 96100220641022064106410641026410 22
=⇒=−= a16420 
4 
 
En la imagen el lado del cuadrado mide 2 cm y las semicircunferencias pasan por 
el centro del cuadrado y tienen sus centros en los vértices del cuadrado. 
Los círculos verdes tienen sus centros sobre los lados del cuadrado y son 
tangentes a las semicircunferencias. 
¿Cuánto vale la suma de las áreas verdes? 
 
 
SOLUCIÓN 
Según las condiciones, la mitad de la diagonal del cuadrado es el radio de las semicircunferencias. Si 
llamamos R a dicho radio se cumple, por el teorema de Pitágoras, que ( ) ⇒=⇒+= 84222 2222 RR 
222 =⇒=⇒ RR cm 
De ahí, si r es el radio de cada círculo verde se verifica que 12
2
−=−= cuadradodelladoRr cm 
De todo lo anterior, la superficie verde, compuesta por cuatro círculos verdes iguales, es ⇒= 24 rS π 
( ) ( ) ( ) ( ) =−=×−×=+−×=−×=⇒ ππππ 2812223412224124 2S 
2,156 cm2 
 
En el triángulo de lados AB = 24, BC = 7 y AC = 25. 
¿Cuál es la longitud de la mediana que parte de C ?SOLUCIÓN 
Como 
222 25724 =+ , el triángulo del que trata el problema es rectángulo en B 
Si M es el punto medio del lado AB la mediana, de la cual se busca su longitud, es la 
hipotenusa MCm = del triángulo rectángulo MBC 
Por tanto, por el teorema de Pitágoras, se verifica que 
=⇒=+=+=+




=+




=+= mBCABBCMBm 193491447127
2
24
2
222
2
2
2
222 
√193 
 
Dados los tres primeros términos de una progresión geométrica 
 
¿Cuál es el siguiente término de la progresión? 
 
 
SOLUCIÓN 
Dada la progresión geométrica ...,7,7,7 63 , la razón común es el cociente entre un término cualquiera y 
el anterior en la sucesión 





= +
n
n
a
a
r 1 por lo que 
6
66
3
2
6 3
6 23
7
1
7
1
7
7
7
7
7
7 =====r 
Y es coherente con segundo y tercer término: 66
2
6
6 2
6
3
6
33 7
7
7
7
7
7
7
7
1
77 ====×=× r 
En consecuencia, el cuarto término es ==×=×
6
6
6
66
7
7
7
1
77 r 
1 
 
Si sen x + cos x = 1/2, ¿cuánto vale sen3 x + cos3 x ? 
 
 
SOLUCIÓN 
Por el binomio de Newton, 
( ) ⇒+++=+ xxxsenxxsenxsenxxsen 32233 coscos3cos3cos 
( ) ⇒−−+=+⇒ xxsenxxsenxxsenxxsen 22333 cos3cos3coscos 
( ) ( )xxsenxxsenxxsenxxsen coscos3coscos 333 +−+=+⇒ 
También por el binomio de Newton, 
( ) ( ) ⇒−−+=⇒++=+ xxsenxxsenxxsenxxxsenxsenxxsen 222222 coscoscos2coscos2cos 
( ) ( )
8
3
cos
4
3
1
4
1
1
2
1
coscoscos2
2
222 −=⇒−=−=−




=+−+=⇒ xxsenxxsenxxsenxxsen 
En resumen, ( ) ( ) ⇒×




−×−




=+−+=+
2
1
8
3
3
2
1
coscos3coscos
3
333 xxsenxxsenxxsenxxsen 
=+=+⇒
16
9
8
1
cos33 xxsen 
11/16 
 
¿Cuántos triángulos rectángulos pueden formarse uniendo tres vértices cualesquiera 
de un polígono regular de 14 lados? 
 
 
SOLUCIÓN 
Nombramos todos los vértices del polígono y dibujamos la circunferencia circunscrita. 
 
Tomando el diámetro AH , los triángulos formados con un tercer vértice son siempre rectángulos. Como se 
ve en las figuras, hay 1226 =× triángulos rectángulos con ese diámetro. 
Con los demás diámetros (cada vértice y su opuesto: ...,, CJBI ) de la circunferencia circunscrita tendremos 
otros tantos para cada uno de ellos. 
Al haber 14 vértices hay 7 diámetros de esas características y habrá entonces =× 712 
84 triángulos rectángulos 
 
¿Para qué valores enteros de n el valor de la fracción 
 
es un número entero? 
 
 
SOLUCIÓN 
Se trata de expresar la fracción con el numerador más simple posible para discutir la divisibilidad entre 
numerador y denominador. 
Hacemos 
( )( ) ( )( )
1
39
1
1
39
1
11
1
3911
1
1381
1
38 22
+
+−=
+
+
+
+−=
+
++−=
+
++−=
+
+
n
n
nn
nn
n
nn
n
n
n
n
 
Entonces, la fracción tendrá un valor entero si 1+n divide a 13339 ×= . Esto se cumple en los casos 
siguientes: 
• 40391 −=⇒−=+ nn y ( ) 42
39
1638
140
3840
1
38 22 −=
−
=
+−
+−=
+
+
n
n
 
• 14131 −=⇒−=+ nn y ( ) 18
13
234
114
3814
1
38 22 −=
−
=
+−
+−=
+
+
n
n
 
• 431 −=⇒−=+ nn y ( ) 18
3
54
14
384
1
38 22 −=
−
=
+−
+−=
+
+
n
n
 
• 211 −=⇒−=+ nn y ( ) 42
1
42
12
382
1
38 22 −=
−
=
+−
+−=
+
+
n
n
 
• 011 =⇒=+ nn y 38
1
38
10
380
1
38 22 ==
+
+=
+
+
n
n
 
• 231 =⇒=+ nn y 14
3
42
12
382
1
38 22 ==
+
+=
+
+
n
n
 
• 12131 =⇒=+ nn y 14
13
182
112
3812
1
38 22 ==
+
+=
+
+
n
n
 
• 38391 =⇒=+ nn y 38
39
1482
138
3838
1
38 22 ==
+
+=
+
+
n
n
 
Por lo tanto, n puede valer 
-40, -14, -4, -2, 0, 2, 12, 38 
 
Cada signo * en la expresión 1*2*3*4*5*6*7*8*9*10 se sustituye por 
un signo “más” (+) o por un signo “por” (×), obteniéndose una expresión 
aritmética cuyo mayor valor posible es N. 
¿Cuál es el menor divisor primo de N ? 
 
 
SOLUCIÓN 
Es evidente que 36288011!1010987654321 =+=××××××××+=N 
No es divisible por 2 (: no es par) ni por 3 (:
•
≠=++++++ 3281088263 ) ni por 5 (no acaba en 5 ni en 
0 ) ni por 7 ( ..1428,5184007/3628801 = ) pero ( ) ( ) 014140861823 =−=++−+++ por lo que es 
divisible por 11: 329891113628801 ×= 
El menor divisor primo de N es 
11 
 
Una circunferencia pasa por dos vértices contiguos de un cuadrado de lado 2 y es tangente 
al lado opuesto. 
¿Cuál es su radio? 
 
 
SOLUCIÓN 
Construimos la figura propuesta por el enunciado y nombramos vértices 
y puntos relevantes en ella. Llamamos r al radio buscado, 
rAFAD −=⇒= 22 y 1=OF por lo que, aplicando el teorema de 
Pitágoras en el triángulo rectángulo AFO , se tiene que 
( ) ⇒++−=⇒+−=⇒+= 14412 22222222 rrrrrOFAFAO 
⇒=⇒=⇒
4
5
54 rr 
r = 1,25 
 
Una tira de papel se dobla tres veces como se ve en la figura. 
 
Si α = 70o, ¿cuánto vale β ? 
 
 
SOLUCIÓN 
En el segundo paso el triángulo marcado de rojo, ABC , es isósceles y los ángulos del triángulo 
αα 2º180 −=⇒== BCA . Además, el ángulo amarillo con vértice α2=B al ser suplementario al rojo. 
 
En el tercer paso, es evidente que el ángulo amarillo º1804)2º180(2 −=−−= αααD , resultado de restar el 
ángulo rojo α2º180 −=B al ángulo amarillo α2=B 
En conclusión, y según el cuarto paso, se verifica que ( ) ( ) ( ) ⇒=−+−+−+ º360º18042º180º1804 αααβ 
=−=×−=−=⇒=+−⇒ º420º540º706º5406º540º3606º180 αβαβ 
120o 
 
El área del trapecio ABCD de la figura es 18 cm2 y AB = 4 cm. 
Si la altura del trapecio es un valor entero y el lado DC es un 
valor entero impar, ¿cuánto vale el área del triángulo ABE ? 
 
 
SOLUCIÓN 
Llamamos m al valor, en centímetros, de la altura del trapecio y 12 += nDC cm, siendo m y n enteros no 
negativos. 
El área del trapecio es ( ) 365218
2
124
18
2
=×+⇒=×++⇒=×+ mnmnmDCAB 
52 +n es divisor de 36 siendo n entero no negativo. Esto sólo sucede cuando ⇒=+⇒= 9522 nn 
4369 =⇒=⇒ mm cm, altura del trapecio. 
Entonces, el área del triángulo ABE es =×=×
2
44
2
mAB
 
8 cm2 
 
El código de barras mostrado se compone de franjas blancas y negras 
alternadas, siendo negras las de los extremos. 
Cada una de las franjas, blanca o negra, tiene anchura 1 ó 2 y el ancho 
total del código es 12. 
¿Cuántos códigos de barras diferentes, en esas condiciones y leídos de 
izquierda a derecha, es posible construir? 
 
 
SOLUCIÓN 
Siempre empieza y acaba por barra negra y se van alternando con las blancas: hay siempre un número impar 
de barras. Además, la suma de la anchura de las barras es siempre 12 
Por lo tanto, los códigos se diferenciaran según el número de sumas impares de 1 y 2 que pueden dar lugar 
a 12 
Y las posibilidades son: 
• un 2 y diez 1. Once barras en cada código: ...;11211111111;12111111111 La cantidad de códigos 
es el número de permutaciones con repetición de once elementos donde hay (el 2 ) uno una vez y 
otro repetido (el 1) 10 veces: 10,111PR 
• tres 2 y seis 1. Nueve barras en cada código: ...;212211111;222111111 (la de la imagen ejemplo 
del enunciado es 112211112 ). La cantidad de códigos es el número de permutaciones con repetición 
de nueve elementos donde hay (el 2 ) uno repetido 3 veces y otro repetido (el 1) 6 veces: 6,39PR 
• cinco 2 y dos 1. Siete barras en cada código: ...;2122221;2222211 La cantidad de códigos es el 
número de permutaciones con repetición de siete elementos donde hay (el 2 ) uno repetido 5 veces 
y otro repetido (el 1) 2 veces: 2,57PR 
Por tanto, la cantidad de códigos que pueden construirse es =
×
+
×
+
×
=++
!2!5
!7
!6!3
!9
!10!1
!112,5
7
6,3
9
10,1
11 PRPRPR 
=++=
×
××+
××
×××+×= 218411
2!5
!567
!623
!6789
!10
!1011
 
116 códigos de barras diferentes 
 
¿Cuál es el menor entero positivo x para el que la suma xxxx 100...32 ++++ es un cuadrado perfecto? 
 
SOLUCIÓN 
( ) xxxxxxx 5050100
2
1001
100...321100...32 =××+=×++++=++++ 
Como 101525050 2 ××= , a este número le falta 1012× para ser un cuadrado perfecto: si ⇒×= 1012x 
22222 1010101521012101525050 =××=××××=x 
Por lo tanto, =×= 1012x 
202 
 
La profesora escribe 10 veces cada uno de los números naturales de 1 a 10 en el 
encerado y pide a los alumnos que hagan lo siguiente: uno de ellos borra dosde 
los números y escribe la suma de ambos disminuida en uno; el siguiente borra 
dos de los números restantes y hace lo mismo. El tercero repite la operación y así 
sucesivamente, hasta que queda un único número. 
¿Cuál es ese número? 
 
SOLUCIÓN 
La cantidad inicial de números es 100 y su suma total es ( ) 550551010...32110 =×=++++× 
Al finalizar su labor el primer alumno quedan 991100 =− números y su suma es 5491550 =− , pues ha 
dejado un nuevo número resultante de disminuir, en una unidad, la suma de los dos borrados. 
El segundo alumno deja 210098199 −==− números y su suma es 25505481549 −==− . 
El enésimo alumno dejará n−100 números y la suma será n−550 
Cuando quede un único número se habrá repetido el proceso 99 veces, quedando como número (y ’suma 
total de los que quedan’ ) =− 99550 
451 
 
Halla el valor de 
 
 
SOLUCIÓN 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )º89...º3º2º1lnº89ln...º3lnº2lnº1ln tgtgtgtgtgtgtgtgSUMA ××××=++++= 
Ahora bien, ( )αα −= º90cottg por lo que ( ) =××××= º89...º3º2º1ln tgtgtgtgSUMA 
( )º1cot...º44cotº45º44...º3º2º1ln ××××××××= tgtgtgtgtg y como 1cot =× ααtg obtenemos que 
( ) ( ) ===××××××××= 1lnº45lnº1cot...º44cotº45º44...º3º2º1ln tgtgtgtgtgtgSUMA 
0 
 
¿Cuál es la mayor potencia de 2 que divide a 2552 – 1 ? 
 
 
SOLUCIÓN 
Como 121256255 8 −=−= entonces ( ) ( )12222112221121255 79916816282 −×=−=−+×−=−−=− por 
lo que la mayor potencia que lo divide es 
29