Si els estudiem per ordre:

• $\frac{2013}{3}$ és enter perquè les xifres de $2013$ sumen $6$, que és múltiple de $3$.
• $\frac{2012}{2}$ és enter perquè $2012$ és parell.
• $\frac{2015}{5}$ és enter perquè $2015$ acaba en $5$.
• $\frac{2011}{1}$ és enter perquè $2011$ és enter.
• $\frac{2014}{4}$ no és enter, perquè $14$ no és divisible per $4$.

Així que la solució és la E.

Se'ns demana pel costat curt del rectangle gran, que és el mateix que el costat llarg dels rectangles petits.

Pel que fa als rectangles petits, observem que el costat llarg mesura el mateix que dos costats curts.

Llavors, la longitud de $10\text{ cm}$ equival a $2$ costats llargs de rectangle petit, i per tant la solució és $\frac{10}{2}=5\text{ cm}$, la A.

El perímetre és:

$$2001+2014+2015=6030$$

En un triangle equilàter els tres costats són iguals, aleshores el costat seria:

$$\frac{6030}{3}=2010$$

La A.

Cal imaginar aquest dau en tres dimensions, i es veu que les parelles de nombres oposats són:

$$(1,3),\; (2,4),\; (5,6)$$

Les sumes són $4,6,11$: l'opció A.

Si anomenem $x$ el nombre de branques amb $5$ fulles, i $y$ el nombre de branques amb $2$ fulles i $1$ flor, tenim que:

$$x+y=10$$ $$5x+2y=fulles$$

Si aïllem la $x$ en el sistema:

$$y=10-x \quad\Rightarrow\quad 5x+2(10-x)=fulles \quad\Rightarrow\quad$$ $$3x=fulles-20 \quad\Rightarrow\quad x=\frac{fulles-20}{3}$$

Si provem de resoldre el sistema per cadascuna de les opcions obtenim:

$$fulles=37 \quad\Rightarrow\quad x=\frac{37-20}{3}=\frac{17}{3}$$ $$fulles=39 \quad\Rightarrow\quad x=\frac{39-20}{3}=\frac{19}{3}$$ $$fulles=31 \quad\Rightarrow\quad x=\frac{31-20}{3}=\frac{11}{3}$$ $$fulles=45 \quad\Rightarrow\quad x=\frac{45-20}{3}=\frac{25}{3}$$

Però cap de les divisions anteriors ens dóna un resultat enter, de manera que la solució és la E.

Sabem que cada nombre és la suma dels dos veïns, aleshores, procedim amb les deduccions:

1. Al cercle de dalt a la dreta va un $8$, ja que $3+5=8$.
2. Als cercles de l'esquerra i sota a la dreta, podem deduir que van un $-5$ i un $-3$, per tal que el $3$ i $5$ siguen la suma dels seus veïns.
3. De la mateixa manera, deduïm els $?=-5-3=-8$.

Podem veure els passos a la següent figura:

La solució és $-8$, la C.

Si imaginem com es monta el prisma, veiem que $U$ coincidirà amb $Y$ i $V$ coincidirà amb $X$ i la solució és la C.

A la següent figura veiem pas per pas les deduccions que podem fer:

Veiem que necessàriament $x=groc$, i la solució és la B.

Si dibuixem en $verd$ l'àrea on en Simó pot anar (al voltant de l'arbre), i en $vermell$ l'àrea on no entra (al voltant de la caseta del gos), la figura és:

Llavors, la zona per on l'esquirol Simó es mou és la A.

Durant $5$ segons a $5\text{ m/s}$ el ciclista recorre $5\cdot5=25\text{ m}$.

Com la roda té $1,25\text{ m}$ de circumferència, ha donat $\frac{25}{1,25}=20\text{ voltes}$. La solució és l'opció A.

Si cap nen ha nascut el mateix dia de la setmana, però quan entri un nou nen aquesta condició deixarà de ser certa, hi ha $7$ nens, nascuts un dia de la setmana diferent cadascun.

De la mateixa manera, hi ha $12$ nenes, nascuda cadascuna en un mes diferent.

En total, hi ha $7+12=19$ alumnes a la classe, la B.

Solució 1

Observem que podem completar la zona ombrejada amb un rectangle (vermell a la figura) per tal de formar un triangle rectangle:

La relacio entre les àrees és:

$$A_{zona\ ombrejada}=A_{triangle}-A_{rectangle}$$

El triangle rectangle té base $1,5$ i altura $2$, i els costats del rectangle mesuren $1$ i $0,5$, per tant:

$$\begin{array}{l} A_{triangle}=\frac12\cdot 1,5\cdot 2=1,5\\ A_{rectangle}=1\cdot0,5=0,5\\ A_{zona\ ombrejada}=1,5-0,5=1\\ \end{array}$$

I la solució és la B.

Solució 2

També ens podem fixar en que la zona ombrejada de sota pot completar la zona ombrejada de dalt per formar un quadrat de costat $1$:

I per tant, l'àrea és la del quadrat: $1^2=1$, l'opció B.

En primer lloc, reorganitzem els termes de la suma. Podem 1) treure els zeros, 2) passar el primer $2$ a l'altre costat de la equació i 3) posar els termes en ordre creixent. Quedarà:

$$\ast 1\ast 1\ast 1\ast 2\ast 2\ast 5\ast 5\ast 5=-2$$

Per tal de posar els mínims $+$ possibles, els posarem als números més grans, començant pel $5$. Amb un signe positiu no tindrem prou, posem-ne $2$ i provem:

$$\ast 1\ast 1\ast 1\ast 2\ast 2\ast 5+5+5=-2 \quad\Rightarrow\quad \ast 1\ast 1\ast 1\ast 2\ast 2\ast 5=-12$$

I la igualtat es compleix posant la resta de signes negatius:

$$-1-1-1-2-2-5=-12$$

La solució és $2$, la A.

Un litre per metre quadrat equival a un augment d'un milímetre, aleshores el nivell augmenta $1,5\text{ cm}$: la C.

Podem saber l'augment que suposa un litre per metre quadrat així:

$$\frac{1\text{ L}}{1\text{ m}^2}\cdot \frac{1\text{ dm}^3}{1\text{ L}} \cdot \frac{1\text{ m}^3}{1000\text{ dm}^3} = \frac{1}{1000}\text{ m} = 1\text{ mm}$$

Anomenem $x, y, z$ els números que estan oposats al $5,7,12$ respectivament.

Sabem que sumen el mateix les cares ocultes que les visibles:

$$x+y+z=12+7+5=24$$

I que dues cares oposades sempre sumen el mateix:

$$5+x=7+y=12+z$$

Reorganitzant les equacions:

$$ \begin{array}{rcl} x+y+z&=&24\\ x&=&y+2\\ z&=&y-5 \end{array}$$

Substituint a la primera equació:

$$(y+2)+y+(y-5)=24 \quad\Rightarrow$$ $$3y=27 \quad\Rightarrow\quad y=9$$

I per tant, la cara oposada al $7$ té un $9$: la A.

La mitjana global és la mitjana ponderada entre la mitjana dels que han aprovat i la mitjana dels que han suspés:

$$0.6\cdot8+0.4\cdot m=6 \quad\Rightarrow\quad m=\frac{6-4.8}{0.4}=3$$

Per tant, la solució és la C.

Anomenem $a, b$ els costats del rectangle. Si les sumes d'Agnès i Miquel són diferents, per força han deixat de sumar un costat diferent. Les sumes són:

$$a+a+b=44,\quad a+b+b=40$$

Si sumem les dues equacions tenim que:

$$(2a+b)+(2b+a)=40+44 \quad\Rightarrow\quad 3a+3b=84$$

I com el perímetre és $2a+2b$, el perímetre val:

$$2a+2b=\frac23(3a+3b)=\frac2384=56$$

I la solució és la B.

Anomenem $a$ el costat del quadrat, llavors la seua àrea és $a^2$. L'àrea del pentàgon és set vuitens d'aquesta àrea: $\frac78a^2$, cosa que podem deduir si dividim el quadrat en triangles iguals:

Si ambdós àrees són número consecutius, significa que l'àrea del quadrat és l'àrea del pentàgon més $1$:

$$a^2=\frac78a^2+1 \quad\Rightarrow\quad \frac18a^2=1 \quad\Rightarrow\quad a^2=8$$

L'àrea del quadrat és $8$, és a dir, l'opció E.

Anomenem $a,b,c,d$ les edats de l'Anna, Biel, Cinta i David respectivament.

Sabem que $a+d$ i $c+d$ són múltiples de $5$, i volem esbrinar quant suma $b+d$.

Amb els números $3, 8, 12, 14$ només hi ha dues parelles que sumen múltiples de $5$:

$$3+12=15,\quad 8+12=20$$

Hi ha un número que apareix a les dues sumes: el $12$, i per tant aquest ha de ser la $d$:

$$d=12$$

Hi ha un número que no apareix a cap de les sumes, el $14$, i aquest ha de ser la $b$:

$$b=14$$

Volíem saber el valor de la suma $b+d$ i ja coneixem els dos sumands:

$$b+d=14+12=26$$

La solució és la C.

Fixem-nos que totes les afirmacions són excloents, és a dir, si un està dient la veritat, la resta està mentint necessàriament.

Per tant, o bé tothom menteix, o bé una sola persona diu la veritat.

Si ningú ha estudiat, tothom ha de mentir; però com Pol ha dit "Cap", estaria dient la veritat, i no pot ser.

Si ha estudiat una persona, aquesta serà la Berta, que ha dit "Només un", i està dient la veritat, mentre que la resta menteixen.

Per tant, la solució és $1$, la E.

Anomenem els sectors $a,b,c,d,e$ com es veu a la figura:

Llavors els sectors amb $2$ i $-4$ es corresponen amb les sumes:

$$\begin{array}{rcl} a+b+c+d+e&=&2\\ a+b+c+d&=&-4 \end{array}$$

Si ala primera equació li restem la segona, trobem que $e=2-(-4)=6$, i la solució és la A.

Anomenem $a, b,c$ les tres targetes. Llavors les sumes possibles de dues en dues són:

$$\begin{array}{rcl} a+b&=&57\\ a+c&=&70\\ b+c&=&83 \end{array}$$

Tenim tres equacions i tres incògnites i podem resoldre el sistema:

$$b=57-a$$ $$c=70-a$$ $$(57-a)+(70-a)=83 \quad\Rightarrow\quad 127-2a=83 \quad\Rightarrow$$ $$a=22$$ $$b=57-22 \quad\Rightarrow\quad b=35 $$ $$c=70-22 \quad\Rightarrow\quad c=48$$

Els tres números són $22, 35, 48$, i el més gran és $48$, la B.

Anomenem $h$ la meitat de la diagonal del quadrat. Si considerem la base dels triangles ombrejats a la diagonal, $h$ és l'altura de tots aquests triangles:

Llavors, sabent les àrees dels triangles podem deduir les longituds de la base de cada triangle:

$$\begin{array}{lcl} \frac{DM\cdot h}{2}=2 &\Rightarrow& DM=\frac{4}{h}\\ \frac{DN\cdot h}{2}=5 &\Rightarrow& DN=\frac{10}{h}\\ \frac{PB\cdot h}{2}=9 &\Rightarrow& PB=\frac{18}{h}\\ \frac{QB\cdot h}{2}=4 &\Rightarrow& QB=\frac{8}{h}\\ \end{array}$$

I les longituds de cadascun dels $5$ segments sobre la diagonal són:

$$\begin{array}{l} DM=\frac{4}{h}\\ MN=DN-DM=\frac{10}{h}-\frac{4}{h}=\frac{6}{h}\\ PQ=PB-QB=\frac{18}{h}-\frac{8}{h}=\frac{10}{h}\\ QB=\frac{8}{h}\\ \end{array}$$

Ens falta per esbrinar el segment d'enmig $(NP)$, i el podem deduir restant a tota la diagonal $(2h)$ els segments $DN$ i $PB$:

$$NP=2h-DN-PB=2h-\frac{10}{h}-\frac{18}{h}=\frac{2h^2-28}{h}$$

Si anomenem $c$ el costat del quadrat, pel teorema de Pitàgores sabem que:

$$c^2+c^2=(2h)^2$$

Com que l'àrea del quadrat és $30\text{ cm}^2$, sabem que $c^2=30$, llavors:

$$30+30=4h^2 \quad\Rightarrow\quad h^2=15 \quad\Rightarrow$$ $$NP=\frac{2h^2-28}{h}=\frac{2\cdot15-28}{h}=\frac{2}{h}$$

Finalment, veiem que el segment més llarg de tots és $PQ=\frac{10}{h}$, i la solució és la la B.

Els $2$ cangurs més lleugers pesen el $25\%$ del total i els $3$ més pesants pesen el $60\%$ del total, entre tots $5$ cangurs pesen el $85\%$ del total, de manera que hi ha d'haver més cangurs a més d'aquests $5$.

Aquests cangurs "extra" pesen en total el $15\%$.

Però només pot haver $1$ cangur "extra". Si fossin $2$ o més cangurs, els dos cangurs més lleugers pesarien com a molt el $15\%$, però sabem que els dos més lleugers pesen el $25\%$.

De manera que en total hi ha $6$ cangurs, i la solució és la D.

Per fer el cub en Raimon necessitarà un total de $12\text{ cm}$ de filferro, ja que el cub està format per $12$ arestes d'$1\text{ cm}$.

A cada vèrtex del cub coincideixen $3$ arestes, i això significa que cada vèrtex serà, com a mínim, l'extrem d'un filferro. Per tal que un vèrtex no siga extrem de cap filferro, per aquest vèrtex els filferros haurien de passar però ni començar ni acabar. Com veiem a la figura següent, quan per un vèrtex passa un filferro (vermell), queda una aresta sola (negra), i per tant el vèrtex és a l'extrem del filferro negre:

Com en un cub hi ha $8$ vèrtexs, hi haurà com a mínim $8$ extrems de filferros. Com cada filferro té $2$ extrems, com a mínim hi haurà $4$ filferros diferents. Una manera d'obtenir $12$ sumant $4$ filferros dels de l'enunciat és:

$$12=6+3+2+1$$

I podem comprovar que es pot construir el cub amb el següent dibuix:

Per tant, la solució és la D.

Mai hi ha una única manera de resoldre els problemes geomètrics, però una manera molt útil d'abordar aquests problemes és anar dibuixant circumferències, rectes paral·leles, etc. intentant buscar relacions de simetria i altres propietats que ens poden dur a la solució del problema.

Solució 1

Anomenem $x$ la longitud dels costats $RS$ i $SP$, i veiem que podem dividir la base del trapezi en tres segments de longitud $x$, anomenant $N$ i $O$ els punts que hem afegit a la base del trapezi.

Llavors tenim un triangle isòsceles a $\triangle{OQR}$. Com que l'angle $\widehat{ROQ}$ és de $120^\circ$, els altres dos angles del triangle són iguals i en total sumen $180^\circ$, tenim que:

$$120+2\alpha=180 \quad\Rightarrow\quad \alpha=\frac{60}{2}=30^\circ$$

I la solució és la E.

Solució 2

Una altra manera de solucionar aquest problema és dibuixant una circumferència centrada en $O$ i amb radi $x$:

L'angle $\widehat{NOR}$ és de $60^\circ$, ja que està en un triangle equilàter. A més, aquest angle té el vèrtex al centre de la circumferència. L'angle $\alpha$ que busquem, és un angle inscrit a la mateixa circumferència i que abarca el mateix arc, de manera que és la meitat de l'angle $\widehat{NOR}$, és a dir, $\alpha=30^\circ$, i la solució és la E.

Anomenem $a,b,c,d$ les distàncies entre els $5$ punts:

I podem anar fent deduccions:

• La longitud més curta és $2$, i per tant es correspon a algun segment a ${a,b,c,d}$.
• La segona longitud més curta és $5$, i també s'ha de correspondre a un altre segment ${a,b,c,d}$.
• La tercera longitud més curta, $6$, també s'ha de correspondre a un altre segment ${a,b,c,d}$, ja que no pot ser suma dels segments $2$ o $5$.
• La quarta longitud més curta, $8$, sí que podria ser la suma dels segments de mida $2$ i $6$.
• La cinquena longitud més curta, $9$, no pot ser de cap manera suma d'altres segments més curts, i per tant també serà un segment unitari.

Per tant, tenim que:

$${a,b,c,d}={2,5,6,9}$$

Continuem amb les deduccions:

• $20$, la segona longitud més llarga, es correspon a traure un dels segments dels extrems. Podem suposar que hem tret $a$. Llavors, com falten $2$ per a la longitud màxima, $22$, tenim que: $$a=2$$
• De manera anàloga, veiem que $17$ és el resultat de treure el segment de l'altre extrem, i llavors: $$d=5$$
• Com que $8$ és el resultat de sumar $a+b$, tenim que: $$b=6$$
• I finalment: $$c=9$$

Així que la recta queda:

$$2\quad6\quad9\quad5$$

Entre les distàncies $9$ i $15$, tenim la $k$ que serà la suma dels dos últims segments:

$$k=9+15=14$$

I la solució és la E.

El número que tinc apuntat és de la forma:

$$6\ d_1\ d_2\ d_3\ d_4\ d_5\ d_6\ 6$$

Falta un dígit per formar un número de $9$ xifres.

Una manera de provar tots els possibles números seria posar tots els dígits $0\cdots9$ entre cada parella de xifres (entre $6-d_1$, entre $d_1-d_2$, etc.). Hi ha $7$ buits i cal provar $10$ dígits diferents, de manera que provaríem:

$$7\cdot10=70$$

Hem de tenir en compte que en realitat podria ser que calgués afegir un $6$ al principi o al final del número, però ja hem contemplat aquesta possibilitat perquè és el mateix afegir un $6$ al principi que entre el $6$ i $d_1$, ja que el resultat és equivalent: $6\ 6\ d_1\ldots$, i el mateix passa en el cas que calgués afegir un $6$ al final.

Amb aquestes $70$ proves provem tots els possibles números, però cal tenir en compte que estarem fent trucades repetides. Per saber el mínim nombre de trucades necessàries haurem de descomptar els números repetits.

Per exemple, és el mateix afegir un $d_1$ al primer espai, que un $d_1$ al segon espai:

$$6\ \underline{d_1}\ d_1\ d_2\ \ldots = 6\ d_1\ \underline{d_1}\ d_2\ \ldots$$

Seguint aquest patró, els números que estan repetits són:

$$6\ \underline{d_1\ d_1}\ d_2\ d_3\ d_4\ d_5\ d_6\ 6$$ $$6\ d_1\ \underline{d_2\ d_2}\ d_3\ d_4\ d_5\ d_6\ 6$$ $$6\ d_1\ d_2\ \underline{d_3\ d_3}\ d_4\ d_5\ d_6\ 6$$ $$6\ d_1\ d_2\ d_3\ \underline{d_4\ d_4}\ d_5\ d_6\ 6$$ $$6\ d_1\ d_2\ d_3\ d_4\ \underline{d_5\ d_5}\ d_6\ 6$$ $$6\ d_1\ d_2\ d_3\ d_4\ d_5\ \underline{d_6\ d_6}\ 6$$

De manera que en total hi ha:

$$70-6=64$$

Són $64$ els números que cal provar, és a dir, la A.

Si anomenem $d$ el divisor, $q$ el quocient i $r$ el residu, la fórmula de la divisió és:

$$2015=q\cdot d + r,\quad \text{amb }r < d$$

El residu més gran possible serà un numero menys que el divisor. I per tal de fer el divisor el més gran possible, triarem el quocient més petit:

$$2015=q(r+1)+r \quad\Rightarrow\quad r=\frac{2015-q}{q+1}$$

Amb un quocient de $0$, el residu seria $2015$, però no podem triar un divisor major que $2015$. Amb un quocient $1$, obtindríem un residu de $1007$, però com només hem dividit fins a $1000$, tampoc podem obtenir aquest residu.

Amb un quocient $2$, el residu seria:

$$r=\frac{2015-2}{2+1}=671$$

Efectivament, aquest seria el residu de dividir $2015$ entre $672$:

$$2015=2\cdot672+671$$

Llavors la solució és la B.

Usarem el subratllat per diferenciar els colors. Fixem-nos que podem intercanviar els dos colors i obtenir configuracions diferents, de manera que començarem suposant que l'$1$ és blau (subratllat), i al final multiplicarem per dos el resultat, que es correspondrà a quan l'$1$ siga vermell (sense subratllar).

Hem de triar el color dels números:

$$\underline{1}\; 2\; 3\; 4\; 5\; 6\; \ldots$$

Observem que quan subratllem un número $n$, automàticament tots els números successius estaran subratllats, perquè $n+1$ serà del mateix color que $1$, i també $(n+1)+1$,etc.

Si subratllem el $2$, tots estaran subratllats:

$$\underline{1}\; \underline{2}\; \underline{3}\; \underline{4}\; \underline{5}\; \underline{6}\; \ldots$$

I si no subratllem el $2$, però sí el $3$, tindrem:

$$\underline{1}\; 2\; \underline{3}\; \underline{4}\; \underline{5}\; \underline{6}\; \ldots$$

Si no subratllem el $2$ ni el $3$, llavors tampoc podrem subratllar el $5=2+3$. Si el $5$ no està subratllat, tampoc ho estarà el $4$ (si ho estigués també ho hauria d'estar el $5=4+1$). Si el $3$ i el $4$ estan sense subratllar, també ho estaran la resta de números perquè els podem obtindre sumant $2$ successivament. Quedarà:

$$\underline{1}\; 2\; 3\; 4\; 5\; 6\; \ldots$$

En total hi ha $3$ formes diferents de pintar els colors, i si les intercanviem n'obtenim $6$, i la solució és la B.