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Solución 52.
En vista de que a medio camino estábamos en el mismo lugar, de que las velocidades fueron constantes y de que el otro automóvil llegó 1h antes, entonces también salió 1:30h después: a las 9:30 de la mañana. La respuesta es (d).

Solución 53.
Observemos que cada vértice lo es de cada pentágono y que dos pentágonos no comparten ningun vértice. Como son 12 pentágonos y cada uno tiene 5 vértices, en total hay 60 vértices. (De otra manera: Hay 20 hexágonos, cada uno con 6 vértices, para un total de 120 vértices. Hay 12 pentágonos, cada uno con 5 vértices, para un total de 60 vértices. Pero cada vértice es compartido por tres figuras, por lo tanto el poliedro tiene (120+60)/3 = 60 vértices.) La respuesta es (c).

Solución 54.
Por el enunciado sabemos que sólo una de las respuestas es imposible, así es que basta dar un ejemplo de los casos que sí son posibles:

Solución 55.
Tenemos que x es la longitud de la diagonal de un rectángulo. La otra diagonal del mismo rectángulo es un radio del círculo. Como el diámetro del círculo mide 10 + 4 + 4 = 18, tenemos que x mide 9. La respuesta es (c).

Solución 56.
Del 1 al 100 hay 50 números impares que, sumados a los otros 50 números pares, dan un número par. Si cambiamos un signo + por uno -, por ejemplo si escribimos - 5 en lugar de + 5, le estamos restando 10 a S; es decir, si escribimos - n en lugar de + n, en realidad le estamos restando 2n a S. Pero, tanto S como 2n son pares, por lo tanto S - 2n es número par siempre. Entonces no es posible obtener 1991 de esta manera. La respuesta es (a).

Solución 57.
Si Q le hubiera dado la mano a T, entonces ni P ni Q ni T le hubieran dado la mano a nadie más, lo cual no es posible pues R le dio la mano a dos amigos. La respuesta es (d).

Solución 58.
Observemos que 5.625 = 5625/1000 = 45/8, que es una fracción simplificada y, por lo tanto, tenemos que multiplicar por 8 para poder obtener un entero que sea la suma de las calificaciones de los jueces. La respuesta es (c).

Solución 59.
Como el número de chocolates del piso de arriba es 77, la cantidad de chocolates a lo largo por la cantidad de chocolates a lo ancho es 77. Las posibilidades son 11 a lo largo y 7 a lo ancho, o 77 a lo largo, en una sola hilera. Como al final quedan chocolates en la caja, la posibilidad correcta es la primera: 11 x 7. Como después de comerse el piso de arriba quedan 55 en un costado, cuando la caja estaba llena debió tener 6 chocolates a lo alto. Así, inicialmente había 7 x 6 x 11 = 462 chocolates. Originalmente en el frente de la caja había 7 x 6=42 chocolates, de los cuales Sara se comió primero 7 de la fila de arriba y 5 que quedaban en la fila de un costado. Quedan 462 - 77 - 55 - 30 = 300 chocolates. La respuesta es (d).

Solución 60.
Como se quedó con 3 dulces, el número inicial de dulces termina en 3 o en 8, pero como es un múltiplo de 6, es par, por lo que termina en 8. La única posibilidad es 78. La respuesta es (b).

Solución 61.
Doblando dos cuadrados que tengan las regiones inmediatas a una misma arista del mismo color, nos damos cuenta de que necesitamos que los vértices en que esas aristas convergen tengan todas las regiones que incluyen a esa arista del mismo color. Cada arista tiene tres regiones cercanas, por lo cual el número de regiones de cada color debe ser divisible entre tres. Solamente a) y d) cumplen con este requisito, y es fácil darse cuenta de que al doblar a) hay varias aristas que no comparten regiones del mismo color. La respuesta es (d).

Solución 62.
Dibujamos paralelas al lado AD por P y R y también al lado AB por S y Q. Cada uno de los rectángulos pequeños representa 1/9 del área original. El área de los triángulos rectángulos que tienen como cateto un lado del rectángulo PQRS es un 1/9 del área de ABCD. Así, el área de PQRS es 1/9 + 4/9 = 5/9 del área de ABCD. La respuesta es (d).

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Solución 63.
Cada montón, al final, tenía 16 canicas (en total había 48 y cadauno tenía el mismo número de canicas). El montón A tenía 16 canicas y, como del C pasamos al A tantas canicas como éste tenía, el A tenía 8 y le pasamos 8 canicas del C, luego el C tenía 16+8=24 canicas. Del B pasamos al C tantas canicas como había en el C, entonces pasamos 24/2=12 canicas del B al C, y el B tenía 16+12=28 canicas. Por último, del A pasamos al $B$ tantas canicas como éste tenía, entonces pasamos 28/2=14 canicas del A al B, luego el A tenía 14+8=22 canicas. Por lo tanto, había al principio 22 canicas en el montón A. La respuesta es (d).

Solución 64.
Observemos que 1500=2² x 5³ x 3. Tenemos que repartir los tres 5's que aparecen en la factorización de 1500 entre los tres números que buscamos. Es claro que los tres no pueden quedar en un mismo número pues 5³ = 125 > 45. Entonces, por lo menos dos de los números son múltiplos de 5; pero el tercero es la diferencia de 45, que es múltiplo de 5, y la suma de los otros dos números también lo es; así, también ese número debe ser múltiplo de 5. Ahora ya sólo tenemos que repartir los dos 2's y el 3, buscando que la suma sea 45. Probando todas las posibilidades vemos que la única es que los números sean 30, 10 y 5. La respuesta es (d).

Solución 65.
Si r el radio de la circunferencia más pequeña y R el de la más grande, tenemos que 2 r + 1 = 2 R, y por lo tanto R-r =1/₂. La respuesta es (a).

Solución 66.
Si agrupamos las celdas por parejas según vértices vecinos como se muestra en la figura (a), sabemos que en cada pareja una celda está ocupada y la otra no. Así, cuando más, puede usarse la mitad de las celdas del zoológico para acomodar a todos los animales y, por lo tanto, necesitaremos al menos 2000 celdas para acomodarlos. La figura (b) muestra cómo es posible acomodar animales en un zoológico hexagonal utilizando la mitad de las celdas. Es fácil observar que en un triángulo equilátero de lado n hay n² triángulos de lado 1. Un hexágono regular está compuesto por 6 triángulos equiláteros, como se muestra en la figura (c). Como un hexágono de lado n tiene 6n² celdas tenemos que 6n² 2000, por lo cual necesitamos n 19, así que 19 es suficiente. La respuesta es (c).

Solución 67.
El número total de cifras de G es

Entonces la cifra central está en el lugar 3440. Para llegar a esa cifra necesitamos todos los números del 1 al 999 (pues 9+180+2700=2889) y otras 551 cifras más. Como a partir del 1000 todos los números que se escriben tienen 4 cifras y 137 x 4=548, necesitaremos 137 números después del 999 y 3 cifras más, es decir, la tercera cifra que se escriba después de 1136, que es el 3 de 1137. La respuesta es (b).

Solución 68.
El triángulo ABC es semejante al triángulo CEF en razón 1:2, y por lo tanto el área de CEF es 4 (la base y la altura miden el doble que las de CEF). De la misma manera el triángulo ABC es semejante al triángulo ADE en razón 1:3, y el área de ADE es 9. Entonces, el área de la figura es (9-1) x 3+ (4 x 3)+1 = 37. La respuesta es (c).

Solución 69.
Reagrupemos los sumandos de la siguiente manera: ((1 - 2) + (5 - 6) + ... + (1997 - 1998)) + ((-3 + 4) + (-7 + 8) + ... + (-1999+2000))= (1) x 500 + (-1) x 500 = 0. La respuesta es (d).

Solución 70.
Llamemos r al radio. Cada uno de los 6 arcos dibujados mide 1/3 del perímetro del círculo; entonces r satisface 6 x 1/3 /x 2 r = 2. La respuesta es (a)

Solución 71.
Como a y b son enteros positivos y (a+b)(a-b)=15, entonces (a+b) es un entero positivo, (a-b) también lo es, y (a+b)>(a-b). Hay dos posibilidades: (a-b)=1 y (a+b)=15 o (a+b)=3 y (a-b)=5. Si (a-b)=1 y (a+b)=15 tenemos que a=8 y b=7. Si (a-b)=3 y (a+b)=5 tenemos que a=4 y b=1. Entonces solamente hay 2 parejas de enteros positivos que cumplen la ecuación. La respuesta es (c).

Solución 72.
Utilizaremos varias veces el resultado de que la suma de los ángulos internos de un triángulo es 180^o. Todos los ángulos del pentágono miden (180^o x 5 - 360^o)/5=108^o. Entonces PBC=48^o.
Observemos que PBC es un triángulo isósceles, luego BCP= BPC=(180^o-48^o)/2=66^o. La respuesta es (d).

Solución 73.
Como -1 es solución de la ecuación, entonces 3-b+c=0, de ahí b-c=3, por lo cual uno de ellos (b o c) tiene que ser impar, y el otro debe ser 2 (b y c son primos y su diferencia es impar). Como b=c+3 y ambos son positivos, necesariamente c=2 y b=5. Por lo tanto 3c - b =3 x 2 - 5 = 1. La respuesta es (b).

Solución 74.
Cada término de la sucesión después del primero (2, que es primo) es de la forma n²-1=(n+1)(n-1) con n entero positivo. La única manera de que un número de la sucesión sea primo es que n-1=1, lo que implica que n=2. En este caso, n²-1=3, el segundo número de la sucesión. Por lo tanto el 2 y el 3 son los únicos primos que aparecen. La respuesta es (b).

Solución 75.
Llamemos A, B, C y D a los vértices como se indica en la figura. Un triángulo con vértices sobre los puntos de la figura debe tener forzosamente 1 o 2 vértices sobre los puntos del segmento AC. Hay 10 parejas distintas de puntos sobre AC que pueden ser vértices de un triángulo junto con otro punto de los dos que hay sobre el segmento BC (sin contar el punto B), por lo tanto hay 10 x 2=20 triángulos de este tipo. Si sólo hay un punto sobre AC, quiere decir que es alguno de los 4 puntos sobre AC que son distintos a B. Los otros dos vértices en el segmento BD que son distintos a B son la pareja de vértices que hace falta para completar un triángulo, por lo cual sólo hay 4 triángulos de este tipo. En total hay 20 + 4 = 24 triángulos sobre los puntos de la figura. La respuesta es (b).