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Solución 77.
Llamemos a los ciclistas A y B. Si el ciclista A se encuentra con el ciclista B en la primera esquina a la que llega una vez iniciado su recorrido, significa que B recorrió tres lados del cuadrado mientras A recorrió uno, y la razón entre sus velocidades es 1:3. Si se encuentran en la segunda esquina a partir de que A inició su recorrido, entonces la velocidad de A es la misma que la de B (recorrieron la misma distancia en el mismo tiempo), pero la tercera vez se encontrarían en la misma esquina donde empezaron, lo cual no puede ser. Por el mismo razonamiento del primer caso, si se encuentran en la tercera esquina a la que llegó A, la razón entre sus velocidades es 1:3. La respuesta es (b).

Solución 78.
Como se comió los dulces de 3 en 3, sólo pueden quedar dulces de aquéllos de los que originalmente no había una cantidad múltiplo de 3: los verdes. La respuesta es (d).

Solución 79.
Tracemos por A una paralela a BC y por B una paralela a AC. Si D es su punto de intersección, cada uno de los segmentos paralelos a AC que se han dibujado son del mismo tamaño. La suma de las longitudes de los segmentos paralelos dentro del triángulo ABC es igual a la suma de las longitudes de los segmentos paralelos dentro del triángulo ABD. Así, la suma de los segmentos en un solo triángulo es igual a (7x10)/2 = 35. La respuesta es (d).

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Solución 80.
El perímetro del cuadrado redondeado es 4 x 2 + (4 x 2 x 2/4) = 12, y esto es es 6 veces el perimetro de la rueda, que es de 2. La respuesta es (b).

Solución 81.
Cada vez que se concede un deseo el pedazo de piel se reduce a 1/6 de su área. Después de conceder 3 deseos, el pedazo de piel tiene un área de 1/6 x 1/6 x 1/6 = 1/216 veces el área original. Al principio, el pedazo de piel tenía un área de 4 x 216=864 cm², y como se trataba de un rectángulo donde una arista medía 9 cm, la otra medía 96 cm. La respuesta es (b).

Solución 82.
Observemos que 96 = 2⁵ x 3. Entonces los únicos divisores de 96 que están entre 5 y 20 son 2 x 3 = 6, 2² x 3=12, 2³=8 y 2⁴=16. Por lo tanto sólo podemos hacer equipos de cuatro maneras diferentes. La respuesta es (d).

Solución 83.
Dividir 1 entre 5²⁰⁰⁰ es lo mismo que calcular (1/ 5)²⁰⁰⁰ = (0.2)^²⁰⁰⁰. Al elevar 0.2 a alguna potencia, observemos el comportamiento de su última cifra:

La secuencia se repite en lo sucesivo cada 4 números y, como 2000 es múltiplo de 4, es fácil observar que la última cifra no cero en la división será 6. La respuesta es (c).

Solución 84.
Tenemos que

Solución 85.
Agrupemos todos los 2's y los 5's que podamos:2¹⁹⁹⁸ x 5²⁰⁰²=(2 x 5)1998 x 5⁴=625 x 10¹⁹⁹⁸. La respuesta es (c).

Solución 86.
De la A a la Z, en orden, hay 26 letras, así que de AAA a AAZ hay 26 códigos (AAZ es el número 26). De la misma manera, de AAA a AZZ hay 26 x 26 = 676 códigos. Podemos ver que 2203 = 676 x 3 + 175, así que aún nos faltan 175 códigos después de CZZ, que es el código 3 x 26 x 26 = 2028. Como 175 = 6 x 26 + 19, después de DFZ (que es el código 626 + 26 x 6) nos faltan aún 19 códigos, así que la etiqueta es DGS. La respuesta es (c).

Solución 87.
La sucesión de flechas es periódica y se repite cada 6 números. Tenemos que 1997 = (6 ... 332) + 5, así es que la sucesión de 1997 a 2000 es la misma que de 5 a 8. La respuesta es (e).

Solución 88.
Para un triángulo XYZ, denotemos su área por (XYZ). Tenemos entonces que
(BAP) / (BCP) = AP x h / PC x h = AP / PC
(DAP) / (CDP) = AP x h / PC x h = AP / PC
(DAP) / (CDP) = (BAP) / (BCP),  de  donde
(BAP) / 120 = 300 / 200 y
(BAP) = 180

La respuesta es (b).

Solución 89.
Observemos que los lados de los triángulos que se forman al tomar tres vértices, sólo pueden ser aristas del cubo, diagonales de alguna cara o diagonales del cubo. Es fácil observar que todos los triángulos que tienen a una diagonal del cubo como uno de sus lados son rectángulos (y por lo tanto no son equiláteros). Por otra parte, los triángulos quetienen aristas como dos de sus lados (a partir del mismo vértice) también son rectángulos. Fijándonos ahora en las diagonales de caras,observemos que los únicos triángulos equiláteros se forman con las diagonales de tres caras que coinciden en un vértice y que no pasan por él, y habrá tantos triángulos equiláteros como vértices tiene el cubo: ocho. La respuesta es (b).

Solución 90.
Como a+f+d es par, y b+f+d es par también, tenemos que a y b son los dos pares o los dos impares. Usando el mismo argumento, llegamos a que a,b,c,d y e tienen la misma paridad. Así f tiene que ser par, puesto que a+d es par (suma de dos pares o de dos impares). Luego a,b,c,d y e tienen que ser impares porque la suma de las áreas es 31. Entonces a,b,c,d y e son los números del 1 al 9 en algún orden, y f=31-1-3-5-7-9=6. La respuesta es (d).

Solución 91.
Los triángulo ABT y ARO son semejantes en razón 2:1 pues O es el punto medio de AT, y RO es paralela a BT; así, como en el triángulo ARO los lados AO y RO son iguales, también lo son sus correspondientes en el triángulo ABT, es decir, BT=AT; por tanto BT=3. El área buscada es: área (ABT) - área (ARO) - 1/4 área ( = 3 x 3/2 - (3/2 x(3/2)/2) - ¹/4 x (3/2)²=27/8-⁹/16. La respuesta es (e) .

Solución 92.
El triángulo ABC es isósceles y ABC= ACB. Como el triángulo BCD es isósceles también, ABD= BDA. Como BCD es isósceles también, y usando que la suma de los ángulos internos de un triángulo es 180^o, tenemos BCD= BDC=180^o-BDA= ABD + BAD= 2 ABD. Luego 5 ABD= 180^o y ABD=36^o. La respuesta es (b).

Solución 93.
Observemos que el triángulo ABO es semejante al triángulo DCO en razón 2:1 (AB=2CD). Entonces AO=2DO, pero como AO+DO=6, tenemos que AO=4. Por lo tanto el área del triángulo sombreado es (AB x AO)/2= 6 x 4/2=12. La respuesta es (c).

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Solución 94.
Si alguno de los números que salen (o en el dado o en la moneda) es par, el resultado es par. Hay probabilidad de 1/2 de que salga el 2 en la moneda, y la probabilidad de que si salga 1 en la moneda y un número par en el dado es de 1/2 x 1/2 = 1/4. Así, la probabilidad de que gane Edgar es 1/2 + 1/4 = 3/4. La respuesta es (c).

Solución 95.
Representemos cada camino como una cadena deletras. Así, el camino ACEDB es el que recorre los segmentos AC, CE, ED y DB. Todas las cadenas deben empezar en A y terminar en B, y tienen a lo más 5 letras (no se puede pasar por el mismo vértice dos veces). Hay una sola cadena de dos letras que representa un camino válido: AB. Hay 3 cadenas de tres letras que representan caminos válidos: ACB, ADB, AEB. Los caminos que pasan por cuatro vértices son de la forma A _ _ B, donde hay 6 opciones para poner en lugar de las líneas: CD, DE, CE, DC, ED y EC. Por la misma razón, pasando por los cinco vértices hay tantos caminos como cadenas diferentes con tres letras distintas: CED, CED, EDC, ECD, DEC y DCE. En total son 1+3+6+6=16 formas. La respuesta es (c).

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Solución 96.
Tenemos que (x+y)²=x²+2xy+y²=8xy, así que, despejando, x+y=. De la misma manera, de (x-y)²=x²-2xy+y²=4xy obtenemos x+y=. Entonces (x+y)/(x-y)=/==. La respuesta es (c).

Solución 97.
Tenemos que BE=1 - EC, FC=EC y AE=2EF. Aplicando el Teorema de Pitágoras en EFC obtenemos EF²=EC²+EC², de donde EC=(1/)EF. Apliquemos el Teorema de Pitágoras al triángulo ABE y sustituyamos el valor de EC que acabamos de obtener:

Resolviendo obtenemos EF =1/7(-). Como EF es una longitud, tomamos el valor positivo en la raíz y, por lo tanto EF=1/7(-+). La respuesta es (c).

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Solución 98.
Los tres arcos fueron trazados con el mismo radio, luego el triángulo ABC es equilátero de lado 1. Como en el triángulo equilátero todos los ángulos son iguales a 60^o entonces tenemos que el área del sector CB es una sexta parte del área del círculo, es decir, ( r²)/6=/6; análogamente las áreas de los sectores AB y AC son /6, respectivamente. El área de la figura es la suma del área de los tres sectores menos dos veces el área del triángulo ABC. La altura del triángulo ABC es /2, entonces su área es bh/2=(1 x (/2)/2=/4 Por lo tanto, el área de la figura es: A=3(/6)-2(/over4)=(-)/2. La respuesta es (d).

Solución 99.
El área del triángulo ADE es 1. La altura trazada desde el vértice A de los triángulos ADE y AEF es la misma, pero la base del triángulo AEF es el doble de la base del triángulo ADE, por lo tanto, el área del triángulo AEF es 2.
Análogamente, la altura del triángulo ADE es igual a la altura del triángulo AFC y, como la base del triángulo AFC es el triple de la base del triángulo ADE, el área del triángulo AFC es 3. El área del triángulo DBE es igual al área del triángulo ADE ya que tienen la misma base y la misma altura. De la misma manera que en los casos anteriores, las áreas de los triángulos BEF y BFC son el doble y el triple, respectivamente, del área del triángulo BDE; entonces tenemos que el área del triángulo ABC=2 x 1+2 x 2+2 x 3=12. La respuesta es (e).

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Solución 100.
Sumando las dos últimas ecuaciones obtenemos 2x²=8, de donde x=2. Sumando la primera y tercera ecuaciones tenemos que 2x²+2z=9. Sustituyendo el valor de x y despejando llegamos a z=3. Sustituyendo x y z en la segunda ecuación, tenemos que y=1/2. Por lo tanto xyz=3. La respuesta es (d).