Si traiem els parèntesis ens queda:

$$2016-2015+2014-2013+\cdots+2006-2005=$$ $$=(2016-2015) + (2014-2013) + \cdots + (2006-2005) =$$ $$=1+1+\cdots+1$$

Veiem que cada parella suma $1$, i en total hi ha $6$ parelles, per tant el resultat és $6$: la solució A.

Al quadrat hi ha $5\cdot 5=25$ quadradets, de manera que com a molt podrem posar $6$ figures ($6\cdot 4=24$ quadradets). Vegem que podem fer-ho:

Així que la solució és la B.

Com ha pagat $95$ €, per tal que la xifra de les unitat siga $5$, ha d'haver pagat la meitat per uns pantalons amb una xifra de les desenes senar, és a dir: $50, 70$ o $90$ €. Però el descompte es fa sobre la peça més barata, així que podem descartar el $90$.

Si ha pagat els pantalons de $50$ € a meitat de preu, n'ha pagat $25$ per aquests pantalons, i per tant, ha comprat també els pantalons de $95 - 25 = 70$ euros. Així, s'ha estalviat $25$ €: l'opció D.

D'altra banda, si hagués pagat a meitat de preu els pantalons de $70$ €, hauria d'haver comprat també els pantalons de $95-35=60$ €, però llavors no se li hauria aplicat el descompte als pantalons que valen $70$ €, sinó als de $60$ €.

Tenim les següents xifres disponibles:

$$1,2,\ldots,8,9, 10,11,\ldots,18,19$$

Si comptem els cops que tenim cada xifra, tenim:

$$\begin{array}{ccl} {0} & \rightarrow & \text{1 cop} \\ {1} & \rightarrow & \text{12 cops} \\ {2,3,\ldots,9} & \rightarrow & \text{2 cops} \end{array}$$

El nombre més gran que podem fer és:

$$99887766554433\;2\;21111111111110$$

Tenim $1+12+2\cdot8=29$ xifres, la d'enmig està en la possició $15$, i és el $2$. La solució és la C.

Denotem la posició inicial com $\text{SJC}$ (Sara, Joana, Clara). A més, subratllarem les lletres quan ja hagen realitzat un adelantament. El primer adelantament el poden fer Sara o Joana:

$$\text{SJC} \rightarrow {\text{J}\underline{\text{S}}\text{C},\; \text{SC}\underline{\text{J}} }$$

Ara, en el primer cas només pot adelantar Joana, i en sel segon poden adelantar tant Clara com Sara:

$$\text{J}\underline{\text{S}}\text{C} \rightarrow { \underline{\text{SJ}}\text{C} }$$

$$\text{SC}\underline{\text{J}} \rightarrow { \text{S}\underline{\text{JC}},\; \text{C}\underline{\text{SJ}} }$$

De les tres configuracions que hem trobat, la primera la podem descartar, perquè li toca adelantar a Clara, però va la primera. Amb les altres dues obtenim:

$$\text{S}\underline{\text{JC}} \;\rightarrow\; \underline{\text{JSC}}$$

$$\text{C}\underline{\text{SJ}} \;\rightarrow\; \underline{\text{SCJ}}$$

Així hem vist que només hi ha dues possibles configuracions finals: $\underline{\text{JSC}}$ i $\underline{\text{SCJ}}$, i per tant la solució és la B.

La mediana és el valor d'enmig de tots els resultats ordenats. Podem comprovar a la figura que aquest valor és el $3$, i la solució és la B.

En primer lloc fixem-nos en els triangles equilàters "mitjans", que tenen els costats de $5+2+5=12$, que podem veure en nombres negres a la figura:

Coneixent la mesura d'aquest costat, veiem que la base del triangle gran conté dos costats (vermell i blau) que mesuren $12$. Però aquests costats se superposen, concretament la mesura del costat dels triangles puntejats ($5$ en verd), i per això el costat del triangle gran mesura $12+12-5=19$, la solució E.

Dibuixem les rectes i punts tal com especifica l'enunciat:

En primer lloc, adonem-nos que no és possible crear triangles amb tres punts de la mateixa recta. Comptarem primer la possibilitat de triar dos punts de la recta de dalt i un tercer de sota, per després comptar els triangles amb dos punts a sota i un punt a dalt.

Si triem els dos punts a dalt, és a dir, $A'$ i $B'$, podem triar com a tercer punt qualsevol dels $4$ de sota.

Si triem dos punts a baix, podem fer-ho de les seqüents formes: $AB, AC, AD, BC, BD, CD$, és a dir, de $6$ formes diferents. Per cada parella de punts, a dalt podem triar o bé $A'$ o bé $B'$. De manera que hi ha $6\cdot2=12$ opcions. Cal comentar que les diferents formes de triar $2$ punts de $4$ disponibles s'anomenen combinacions, i podem calcular quantes n'hi ha de la següent manera:

$$\dbinom{4}{2} = \frac{4!}{2!(4-2)!}= \frac{4\cdot3\cdot2}{2\cdot2}=6$$

En total, podem formar $4+12=16$ triangles diferents amb aquests sis punts, i la solució és la D.

El quadrat gran té una àrea de $36$, per tant el seu costat mesura $\sqrt{36}=6$. Els quadrats petits tenen un costat que és una tercera part d'aquest, per tant, tenen un costat de $\frac63=2$.

Així, l'àrea total de la figura és: $36 + 6\cdot2^2=36+24=60$. Per tant, el percentatge de la figura ocupat pel quadrat gran és:

$$\frac{36}{60}\cdot100=\frac{360}{6}=60 \%$$

I la solució és la C.

Hi ha 12 persones que toquen un instrument, $8$ són homes i $4$ són dones. Com el $60\%$ de les dones no toca cap instrument, això vol dir que el $40\%$ sí que ho fan, i aquestes són les $4$ dones que hem nomenat abans. Llavors, en total hi ha $10$ dones ($4$ que toquen i $6$ que no). Finalment, si hi ha $10$ dones, hi ha $32-10=22$ homes, i la solució és la B.

A cada costat té dues opcions: o bé dibuixar el costat paral·lel per dins del triangle original, o bé dibuixar-lo per fora. Així, a cadascun dels $3$ costats, pot triar entre $2$ costats paral·lels, i el nombre de triangles que pot dibuixar és: $2\cdot2\cdot2=8$, i la solució és la E.

La manera òptima de doblegar-lo és per la meitat. Començant pel costat llarg, si el dobleguem un cop mesurarà $\frac{2,20}2=1,10 \text{ m}$, i com segueix sent massa llarg, el tornem a doblegar: $\frac{1,10}2=0,55\text{ m}$. Ara ja cabria al costat llarg del calaix.

Dobleguem ara el costat petit: fent-ho un cop, mesura $\frac{1,40}2=0,70\text{ m}$. Com és massa llarg, el tornem a doblegar: $\frac{0,70}2=0,35\text{ m}$. Ara cap al cosat curt del calaix, i per tant el llençol cap del tot!

L'hem hagut de doblegar $4$ cops, i per tant la solució és la C.

Anomenem $a$ el nombre d'abonats, de manera que $200-a$ és el nombre de no abonats. Avui han anat $a$ abonats, i el $25\%$ dels no abonats, és a dir, una quarta part: $\frac14\cdot(200-a)$. En total, s'ha recaptat:

$$10\cdot a + 40\cdot\frac14\cdot(200-a) = 10a + 2000 - 10a = 2000$$

I la solució és la D.

Si seguim els moviment de les rodes dentades i les cordes, podem deduir tots els moviments:

I cap amunt van els pesos $1$ i $3$, la solució A.

La única figura que no cap és la E. Per tal de tenir una àrea igual a la del quadrat, el triangle equilàter haurà de sobresortir, com veiem a la figura:

La resta d'opcions caben dins del quadrat:

Anomenem $x$ el nombre de bales que tenen les deu noies al principi. Si la mitjana disminueix en una, això vol dir que:

$$\frac{x}{10} = \frac{x+1}{11} + 1$$

Si operem aquesta igualtat, tenim:

$$\frac{x}{10} = \frac{x+12}{11} \quad \Rightarrow \quad 11x = 10x+120 \quad \Rightarrow \quad x = 120$$

Llavors, entre les onze tenen $120+1=121$ bales, i la solució és la D.

L'àrea enfosquida resulta de treure-li al quadrat gran l'àrea del quadrat petit (de costat $3x$) i dels dos triangles rectangles blancs. De fet, la suma dels dos triangles rectangles és un rectangle de costats $x$ i $4x$. Llavors, l'àrea ombrejada és:

$$(4x)^2 - (3x)^2 - 4x\cdot x = 16x^2 - 9x^2 - 4x^2 = 3x^2$$

I la solució és la A.

Començant pel vèrtex de dalt a l'esquerra, podem triar qualsevol dels $3$ colors.

Seguidament, triarem els dos vèrtexs adjacents al primer (dalt a la dreta i baix a l'esquerra). Per cadascun d'aquests $2$ podem triar qualsevol dels $2$ colors diferents al primer. En total hi ha $4$ opcions: en $2$ els dos colors triats són els mateixos, i en les altres $2$ són diferents.

Si els colors triats són diferents, l'últim vèrtex només pot tindre una opció. Si els colors són iguals, a l'últim vèrtex podem triar $2$ opcions de colors.

En total, les opcions són:

$$3\cdot(2\cdot1 + 2\cdot2) = 3\cdot6=18$$

I la solució és la B.

Els vèrtexs, arestes i cares d'una piràmide vindran donats pel nombre de vèrtexs que té el polígon de la base. Si la base de la piràmide és un polígon de $n$ vèrtexs, la piràmide té:

• $n+1$ vèrtexs: els de la base més la cúspide.
• $2n$ arestes: $n$ arestes al polígon de la base i $n$ arestes que van de de cada vèrtex a la cúspide.
• $n+1$ cares: la base més una cara formada per cada aresta de la base a la cúspide.

Així, la suma de vèrtexs, arestes i cares és:

$$(n+1) + 2n + (n+1) = 4n+2$$

De les opcions que se'ns presenten, només una es correspon a aquesta forma: $22=4\cdot 5 + 2$ (ho podem comprovar dividint cada opció per $4$ i veient que el residu només és $2$ per a $22$). La solució és la A.

Si l'angle $\widehat{BAO}$ és de $60$ graus, com $A$ i $B$ estan a la circumferència de centre $O$, sabem que en realitat formen un triangle equilàter de costat $3\text{ cm}$. Usem el Teorema de Pitàgores per calcular la seua altura:

$$\left(\frac32\right)^2 + h^2 = 3^2 \quad \Rightarrow \quad h^2 = 9 - \frac94=\frac{36-9}4=\frac{27}4 \quad \Rightarrow$$ $$h = \sqrt{\frac{27}4} = \frac{3\sqrt{3}}2$$

Per tant, el paral·lelogram té una base que mesura $3+3=6$ i una altura de $\frac{3\sqrt{3}}2$. La seua àrea serà:

$$A = 6\cdot\frac{3\sqrt{3}}2 = 9\sqrt{3}$$

I la solució és la A.

La Sara reparteix quatre caramels i en dóna a tothom, així que per començar en dóna un a Rosa, un a Núria i un a Carles. Per tal que Núria tinga un nombre de caramels diferent a Rosa i igual a Carles, l'últim caramel de la Sara ha de ser per la Núria. Llavors, sabem que Carles només tenia inicialment un caramel més que les altres.

Si anomenem $x$ el nombre de caramels inicial de Núria i Sara, en Carles en tenia $x+1$ i la Sara $4$. En total, hi ha:

$$\text{total} = x + x + (x+1) + 4 = 3x + 5$$

Hem de trobar una opció que en restar-li $5$, siga múltiple de $3$. La única opció que ho compleix és el $20$, ja que $20 = 3\cdot5 + 5$, i la solució és la D.

L'àrea del rectangle és $16\cdot 9=144$, de manera que si formem un quadrat d'aquesta àrea, el costat serà $\sqrt{144}=12$ i per tant el seu perímetre serà $4\cdot 12=48$, l'opció B. Comprovem que podem formar aquest quadrat:

En primer lloc comptem de quantes maneres podem col·locar les lletres $U$. A la primera fila va una lletra $U$, a una de les $3$ caselles. La segona $U$ va a la segona fila, però només pot anar a una de dues caselles (no pot estar a la mateixa columna que la primera lletra $U$). Per tant, hi ha:

$$3\cdot2=6$$

formes de col·locar les lletres $U$.

La resta de lletres de $SUDOKU$, és a dir, $S,D,K,O$ són diferents. Les haurem de situar a les quatre caselles lliures. Hi ha tantes maneres diferents de fer-ho com permutations de les lletres $SDKO$, és a dir, $4!$. En total, hi ha:

$$6\cdot 4!=6\cdot 24=144$$

formes d'escriure $SUDOKU$ tal com demana l'enunciat, i la solució és la E.

Quatre nombre consecutius són:

$$x, x+1, x+2, x+3 = 4x + 6$$

Aviat podem trobar algun valor de $x$ que ho compleix, com $x=6$, amb $4\cdot6 + 6 = 30$. El següent que trobem és $x=11$, amb $4\cdot11 + 6 = 50$. Amb aquests exemples podem posar a prova les opcions que se'ns plantegen:

• A: la suma no cal que acabe en $5$. Amb $x=6$, la suma és $30$.
• B: igual que abans, amb $x=6$, el més gran dels nombres no acaba en $4$.
• C: amb $x=11$, no tenim cap nombre que acabe en $8$.
• D: no cal que sigui senar, $x=6$ n'és un contraexemple.
• E: amb els dos valors que $x$ que hem provat, no podem refutar aquesta opció.

Hem vist que la solució ha de ser la E, ara intentem raonar-ho d'una altra manera. Si anomenem $x_1, x_2, x_3, x_4$ els quatre nombres consecutius, podem expressar la suma de diverses formes:

$$\begin{array}{ccccccccc} x_1 &+& x_1+1 &+& x_1+2 &+& x_1+3 &=& 4x_1 + 6 \\ x_2 - 1 &+& x_2 &+& x_2+1 &+& x_2+2 &=& 4x_2 + 2 \\ x_3 - 2 &+& x_3 - 1 &+& x_3 &+& x_3 + 1 &=& 4x_3 - 2 \\ x_4 - 3 &+& x_4 - 2 &+& x_4 - 1 &+& x_4 &=& 4x_4 - 6 \\ \end{array}$$

Veient aquestes quatre expressions, podem deduir que si algun dels quatre nombres és múltiple de $5$, no podrà ser-ho la suma, ja que $4x_1 + 6,\; 4x_2+2,\; 4x_3-2,\; 4x_4-6$ no seran múltiples de $5$.

Els tres segments han de complir la desigualtat triangular, que diu que la longitud d'un segment no pot ser major que la suma dels altres dos.

Per una banda, comprovem que els costats $k$ i $2k$ sumen una longitud major que $1$:

$$1 <k + 2k \quad \Rightarrow \quad \frac13 < k$$

Per una altra banda, els segments $1$ i $k$ han de sumar una longitud major que $2k$:

$$2k < 1+k\quad \Rightarrow \quad k < 1$$

En resum, tenim que:

$$\frac13 < k < 1$$

I la solució és la C.

Expressem l'enunciat amb equacions. Anomenem $a, b, c$ les edats d'Andreu, Berta i Cesc. La suma és $22$:

$$a+b+c=22$$

Quan l'Andreu tingui l'edat que ara té la Berta, és a dir, d'aquí a $b-a$ anys, els tres sumaran $28$. Per sumar les edats dels tres d'aquí a $b-a$ anys, hem de sumar $3\cdot(b-a)$ a les edats que tenen ara, ja que tots tres hauran augmentat l'edat en la mateixa quantitat d'anys. Per tant:

$$a+b+c + 3\cdot(b-a) = -2a + 4b + c = 28$$

I quan Andreu tingui l'edat d'ara de Cesc, és a dir, d'aquí a $c-a$ anys, els tres sumaran $37$:

$$a+b+c + 3\cdot(c-a) = -2a + b + 4c = 37$$

Hem de resoldre el sistema d'equacions següent:

$$\begin{cases} a&+&b&+&c&=&22 \\ -2a &+& 4b &+& c &=& 28 \\ -2a &+& b &+& 4c &=& 37 \end{cases}$$

Si sumem les dues últimes equacions, tenim:

$$-4a + 5b + 5c = 65$$

I podem aïllar $b+c$:

$$b+c = \frac{65 + 4a}{5}$$

Substituint a la primera equació, tenim:

$$a + \frac{65 + 4a}{5} = 22 \quad \Rightarrow \quad \frac{65 + 9a}{5} = 22 \quad \Rightarrow$$ $$65 + 9a = 22\cdot5 = 110 \quad \Rightarrow \quad 9a = 45 \quad \Rightarrow \quad a=5$$

Per tant, Andreu té $5$ anys i la solució és la B.

$p$ i $q$ són primers entre ells, per tant tenen factors primers diferents.

Vegem les diferències entre $\frac{N}{p}$ i $\frac{N}{q}$:

• $\frac{N}{p}$ té un $2$, un $3$, un $5$ de més.
• $\frac{N}{q}$ té un $7$ i un $11$ de més.

Cada factor de més que apareix al quocient, significa un factor que no conté aquest divisor però si l'altre.

Per això $p=7\cdot11= 77$ i $q=2\cdot3\cdot5 = 30$. Com són primers entre ells, no poden tenir els dos algun altre factor igual que no haja quedat evidenciat als quocients.

Per tant, la suma és $77+30=107$ i la solució és la A.

Descomposant $12$ en els seus factors primers, tenim: $12=2^2\cdot3$, en total hi ha tres factors: $2,2,3$. En una hora haurem fet $60$ operacions en què augmentarem o disminuirem en un terme algun dels dos factors primers. Com partim d'un nombre senar de factors, en una hora haurem de tenir també un nombre senar de factors. Si ens fixem en les descomposicions de nombres primers de les opcions, veiem que hi ha una que no ho compleix:

• A: $12=2^2\cdot3 \; \rightarrow \; 3: senar$
• B: $18=2\cdot3^2 \; \rightarrow \; 3: senar$
• C: $36=2^2\cdot3^2 \; \rightarrow \; 4: parell$
• D: $72=2^3\cdot3^2 \; \rightarrow \; 5: senar$
• E: $108=2^2\cdot3^3 \; \rightarrow \; 5: senar$

Així, la solució és la C.

Si anomenem $a, b$ les xifres de les desenes i de les unitats del nombre més gran, els dos nombres són:

$$10a + b -1,\quad 10a + b$$

La suma dels dos nombres és igual a l'intercanvi de les xifres del gran:

$$(10a + b - 1) + (10a + b) = 10b + a$$

Simplificant:

$$20a +2b -1 = 10b +a \quad \Rightarrow \quad 19a - 8b = 1$$

Com que $a,b<10$, aquesta equació només té una solució: $a=3$, $b=7$, que trobem provant una mica: $19\cdot3 - 8\cdot7= 57-56=1$.

Finalment, la suma de les xifres del resultat és $b+a=3+7=10$, i la solució és la B.

Anomenem $h_T$ l'altura del triangle $PTS$ i $h_R$ l'altura del triangle $PRQ$.

L'àrea de $PTS$ és:

$$A_{PTS} = \frac12\overline{PS}\cdot h_T$$

I l'àrea de $PQR$ és:

$$A_{PQR} = \frac12\overline{PQ}\cdot h_R$$

L'enunciat ens diu que que $A_{PQR} = 2\cdot A_{PTS}$, per tant:

$$\overline{PS}\cdot h_T = \frac12\overline{PQ}\cdot h_R$$

A més, sabem que $\overline{PS}=\frac23\overline{PQ}$, així que podem expressar:

$$\frac23\overline{PQ}\cdot h_T = \frac12\overline{PQ}\cdot h_R$$

Simplificant, queda:

$$h_T = \frac34 h_R$$

Pel Teorema de Tales, sabem que $\frac{PT}{TR}=\frac{h_T}{h_R-h_T}$. Així que calculem aquest valor:

$$\frac{PT}{TR}=\frac{h_T}{h_R-h_T} = \frac{\frac34h_R}{h_R-\frac34h_R}= \frac{\frac34h_R}{\frac14h_R}=3$$

Finalment hem esbrinat que la proporció és $3$ i la solució la D.