Soluciones de algunos problemas del libro >800 by matematicas LNM

Soluciones de algunos problemas del libro “Mayor que 800” Pongo en sus manos las soluciones que obtuve para varios de los ejercicios pedidos por distintos alumnos, que han trabajado con el libro “Mayor que 800”, este trabajo creo será de utilidad para el estudio de la última parte del año. Obviamente no son estas las únicas soluciones, y creo que quizás ustedes tengan otras un poco mejores, aún así creo les ayudará a conocer de formas de resolver situaciones, las cuales al estudiarlas les llevará a un mejor desenvolvimiento en la PSU que se avecina. Como es mi costumbre, agradezco en primer lugar a mi pequeña Savane, quién me motiva a entregar lo mejor a ustedes, con el único fin de que logren sus metas, ella y yo sólo queremos que ustedes lleguen a estudiar lo que quieren, pues el éxito de ustedes es nuestro orgullo. Obviamente agradezco a mi Liceo Nacional, que me á puesto frente a ustedes y así poder compartir lo aprendido con ustedes, en especial a Carlos Fernández, inquieto director que da los espacios para hacer que la educación mejore en estos tiempos tan difícil para ello. A Francisco Rojas impulsor de muchas de las acciones que han recibido y recibirán para la mejor expedición de ustedes en el camino de lograr sus metas. De ninguna forma me olvidaré de ustedes que son los que nos mueven a hacer todos estos esfuerzos, que sin duda, no podrían ser si ustedes no están. Por tanto los desafío a lograr sus metas para que realmente sean dueños de sus destinos. Vamos generación del 2012 de nuestro LICEO NACIONAL a ser mejores que las generaciones anteriores por el bien de toda esta comunidad.

Sixto Maulén y Savane Emegu Octubre del 2012

Ejercicio 2

En la siguiente multiplicación las letras P, Q y R representas a cifras, luego P + Q + R = PPQ·Q RQ5Q A) B) C) D) E)

15 16 17 18 No se puede determinar

Solucion: Como P, Q y R son cifras y en la multiplicación presentada, tenemos que al multiplicar la cifra Q con ella misma, debe resultar Q o un número terminado en la cifra Q, esto nos lleva a concluir que sólo tenemos tres opciones; Q = 1, así 1 · 1 = 1 Q = 5, así 5 · 5 = 25, o Q = 6, así 6 · 6 = 36 Y no tenemos más opciones, descartamos de inmediato Q = 1. Pues deberíamos tener como resultado de la multiplicación PPQ y no corresponde al resultado mostrado. Ahora ya hecha la multiplicación de Q · Q, nos corresponde Q · P, si consideramos que Q = 5, tendríamos 2 de reserva, por lo tanto Q · P + 2 debería dar un resultado terminado en 5, según lo indica la multiplicación, y como tenemos que 5 por cualquier número da como resultado un número terminado en 0 o 5, si le sumamos la reserva 2, nunca dará terminado en 5, por tanto lo descartamos. Definitivamente Q debe ser 6, quedando; PP6·6 R656 Ahora sabemos que la reserva es 3, por tanto 6 · P + 3, debe terminar en 5, lo que implica que 6 · P debe terminar en 2, por tanto para P tenemos solo 2 cifras posibles 2 (6 · 2 = 12) o 7 (6·7 = 42). Si fuese 2 tendríamos que al multiplicar la siguiente cifra P, habría 1 de reserva y nos quedaría: 6 · 2 + 1 y el resultado no daría terminado en 6, por tanto la cifra P debe ser 7, ahora ya podemos terminar la multiplicación. 43 776·6 4656 Finalmente Q = 6, P = 7 y R = 4, P + Q + R = 7 + 6 + 4 = 17 Respuestas C

Ejercicio 4 4.

Si a < 0, entonces a  a = A) B) C) D) E)

2a 0 -2a -2 -a

Este ejercicio nos pide que apliquemos la definición de valor absoluto, y esta nos dice que si tenemos un valor absoluto de una expresión negativa, esta será la expresión multiplicada por menos 1. A modo de ejemplo;

3  1  (3)  3 Luego;

a  1  a  a Finalmente nos queda; -a – a = -2ª Respuesta C Ejercicio 6 6.

Si cuatro números enteros positivos consecutivos son dividido cada uno por 4, la suma de los restos es A) B) C) D) E)

6 5 4 3 0

Solución: Al dividir por 4 cualquier número, los restos posibles de ella son; 0, 1, 2 y 3, ahora como vemos los restos son consecutivos por tanto podemos inferir que si tenemos 4 enteros positivos y consecutivos, uno de ellos tendrá resto 0, otro resto 1, otro resto 3 y el otro resto 2, por tanto nos queda que; 0+1+2+3=6 Respuesta A)

Ejercicio 18 18.

¿Cuántos enteros positivos de tres cifras, tienen solo dígitos pares? A) B) C) D) E)

25 100 250 500 1000

Solución: Si consideramos la cifra de las centenas, estas pueden ser 2, 4, 6 o 8, por tanto podría comenzar de 4 formas distintas. Las cifras de las decenas pueden ser; 0, 2, 4, 6, o 8, por tanto habrían 5 formas distintas y las cifras de las unidades también pueden ser de 5 formas distintas. Por tanto vamos a tener: 4 · 5 · 5 = 100 números, aquí aplicamos el principio multiplicativo para contar, que después en el IV ítem tratamos este principio. Otra manera que nos lleva a lo mismo es hacer un diagrama de árbol como lo muestra la figura;

0 0 2 2

4 6

2 4 6 8

Respuesta B

Ejercicio 21

21.

¿Cuál es el número natural mayor de 2 cifras que es no es par y es múltiplo de 3 y 5 a la vez? A) B) C) D) E)

75 85 90 95 15

Solución: Los números que son múltiplos de 3 y de 5 a la vez son los múltiplos de 15, el problema pide que tengan dos cifras, por tanto tendremos a los números; 15, 30, 45, 60, 75 y 90. Pero no deben ser pares, nos quedan el: 15, 45, y 75, pero como piden el mayor, este debe ser 75.

Respuesta A

Ejercicio 22 22.

El producto de tres naturales distintos es 144, ¿cuál es la mayor suma de ellos? A) B) C) D) E)

20 52 72 75 146

Solución: Hay mucho tríos de números que multiplicados dan 144, pero como piden la mayor suma de ellos, obviamente debemos tomar los mayores divisores de 144, a modo de ejemplo 144, 72, 48. Ahora no podemos considerar el 144, pues el único producto de números distintos sería: 1 · 144, y no serían 3 como pide el ejercicio, pero si consideramos el 72, tenemos: 1 · 72 · 2, cuya suma es 1 + 72 + 2 = 75, pero que pasaría con los demás. 1 · 48 · 3, cuya suma es 1 + 48 + 3 = 52, y así podríamos seguir probando. Pero si hacemos una simple inspección en la medida que disminuya el mayor divisor los otros aumentan, pero la disminución del mayor es mucho más fuerte que al aumento de los menores, lo cual hace necesariamente que la suma disminuya, por tanto la suma debe ser 75. Respuesta D Ejercicio 23 23.

El número de cifras del número equivalente a 416 · 525 es A) B) C) D) E)

25 27 28 29 30

Solución: Resolver ambas potencias y multiplicarlas sería un proceso muy largo, por tanto buscamos una forma más amigable, pensando en las potencias de 10, ya que si tenemos un número por una potencia de base 10, debemos agregar tantos ceros como lo diga el exponente de la potencia de 10, hagamos el arreglo: 416 · 525 = (22)16 · 525 = 232 · 525 = 27 · 225 · 525 = 27 · (2·5)25 = 128 · 1025 Luego el número está formado por el 128 y 25 ceros a continuación, por tanto tiene 28 cifras. Respuesta C

Ejercicio 28

28.

Al dividir un cuadrado en 16 cuadrados se forman 9 puntos de intersección, como lo muestra la figura. ¿Cuántos puntos de intersección habrá cuando un cuadrado se divide en 144 cuadrados? A) B) C) D) E)

100 121 132 144 169

Solución: Como vemos en la figura, los cuadrado son 16 (42) y hay en el 9 (32) puntos, nos damos cuenta si el lado del cuadrado es 4, el número de puntos es el antecesor al cuadrado, (4 – 1)2. Para verificar esta regularidad consideremos situaciones más pequeñas;

Estas dos figuras dan razón de la regularidad que se produce, ahora si tenemos 144 cuadrados, tenemos un cuadrado de lado 12 (122 = 144) por tanto el número de puntos debe ser (12 – 1)2 = 112 = 121 Respuesta B Ejercicio 35 35.

Si todos los dígitos en la numeración de las páginas de un libro se recortan y se echan a una caja, habría en total 192 dígitos. ¿Cuántas páginas tenía el libro? A) B) C) D) E)

192 119 101 100 ninguna de las anteriores

Solución: Si cortamos los dígitos de la numeración de un libro, desde la página 1 a la 9, tendrían un dígito por cada página y desde la 10 a la 99 tendríamos 2, luego, Desde la 1 a la 9 = 9 dígitos. Desde la 10 a la 99 = 2 · 90 = 180 Hasta la 99 tenemos en total 189 dígitos y nos faltan 3 para los 192, como la página que viene es la 100 y en ella cortaremos 3 dígitos, entonces completamos lo pedido, por tanto el libro tiene 100 páginas. Respuesta D Observación: Si queremos saber ¿cuántos números hay entre dos?, hacemos la diferencia entre ellos y le restamos 1 pues no considera los dos extremos. Si queremos saber ¿cuántos número hay desde uno hasta el otro?, hacemos la diferencia y le sumamos 1 pues se consideran los dos extremos.

Ejercicio 38 38.

Si k y p son enteros y k < -3 y p > 4, luego el mayor valor de k - p es A) B) C) D) E)

1 7 -7 9 -9

Solución: En una resta el mayor valor deberá producirse cuando el minuendo es el más grande y el sustraendo el más pequeño, por tanto como k es el minuendo, el mayor valor de k es -4 y el menor valor de p (sustraendo) es 5, entonces tenemos al final que: -4 – 5 = -9 Respuesta E Ejercicio 44 44.

Si ABC + DEF = 1.000, donde A, B, C, D, E y F son las cifras, todos ellas distintas de cero, entonces A + B + C + D + E + F es igual a A) B) C) D) E)

10 19 28 30 no se puede determinar

Solución: Anotemos la suma hacia abajo para visualizar mejor, tenemos ABC +DEF 1000 Aquí se ve claro que C + F debe ser 10, pues son cifras distintas, y se genera 1 de reserva. Esto nos lleva a concluir que B + E = 9, ya que si le sumamos la reserva da 10, de igual forma podemos concluir que A + D = 9, luego A + B + D + E + F = (A + D) + (B + E) + (C + F) = 9 + 9 + 10 = 28 Respuesta C

Ejercicio 65 65.

3 1 : 2 es igual a 4 2

3 4 4  2 1 2

3 4 +4 1 1 2 2 2

42 

D) E)

4 4

3 2  4 1

5 3 5   2 4 2

2 3 2   5 4 5

3 1  3 5  3 2 : 2   4   :   4    , ahora aplicamos la distributividad y nos queda 4 2  4 2  4 5

3 2 2 3 2  4     4    4 5 5 4 5  

Respuesta E) Ejercicio 68 68.

Savane que es una niña muy golosa, se comió un cuarto de la torta antes de que llegaran sus invitados que eran 9, si la mamá de Savane debe repartir de manera equitativa lo que resta de la torta, ¿qué parte de la torta original le corresponde a cada participante del cumpleaños? A)

1 12

3 40

1 9

1 10

1 40

Solución: Según dice el enunciado del problema, al comerse la Savane un cuarto de la torta, quedan tres cuartos por repartir. Obviamente la mamá debe repartir entre 10, los 9 invitados y la Savane, no dice el problema que en la repartición final la Savane se queda sin parte. 1 3 3   10 4 40

Respuesta B)

Ejercicio 72 72.

Un entero se ha dividido en 72 partes, si queremos representar una fracción que sea equivalente a una con numerador 1, ¿cuántas partes no deberíamos considerar? A) B) C) D) E)

2 3 6 24 27

Solución: La idea del ejercicio es que se den cuenta que al ser el entero dividido en 72 partes, tendremos fracciones de denominador 72, por tanto para obtener fracciones de denominador 72 y numerador que me permitan simplificarla para que el numerador es 1, la manera más fácil de lograrlo es hacer la descomposición prima del denominador: 72 = 8 · 9 = 23 · 32 Es decir que si el numerador sólo tiene potencias de base 2 y/o 3 con exponentes menores que 3 en el caso de las potencias de base 2 y 3 en el caso de las potencias de base 3. Veamos; A) puede ser pues el numerador es 21 podemos simplificar por 2 y tendremos numerador 1;

2 1  , y así podemos decir que puede ser B) 3 1, C) 21 · 31 y D) 23 · 3. La 72 36

que no puede ser es la E) pues tenemos que 27 = 33 y es mayor que 32;

27 3  . 72 8

Respuesta E) Ejercicio 78 78.

1 2 3   = 2 3 4

11 12

2 3

1 1 1 3    2 3 4

19 12

1 3

Solución: Es un ejercicio simple de operatoria de racionales, salvo que la respuesta está escrita de una manera no tradicional, una de las formas de resolverlos es obtener el resultado y verificar cual de las alternativas es, o de la siguiente manera: 1 1 2 1 3 1 1 , 1 ,  1  , luego tenemos que 2 2 3 3 4 4 1 2 3  1  1  1    1    1    1   2 3 4  2  3  4 1 2 3 1 1 1   3    2 3 4 2 3 4

Respuesta C)

Ejercicio 92 92.

Un reloj se adelanta 8 minutos por día, ¿cuántos segundos se adelanta en un cuarto de hora? A) B) C) D) E)

5 seg. 8 seg. 10 seg. 12 seg. 15 seg.

Solución: Como las respuestas están en segundos, llevemos los 8 min a segundos, por tanto tenemos; 8 · 60. Ahora como sabemos que adelanta 8 min cada día, y cada día tiene 24 horas, entonces; 8  60  20 seg. , son los segundos que se adelanta cada hora, como el problema pide cada 24

cuarto de hora, debemos dividir los 20 seg. por 4. 20 : 4 = 5 seg. Respuesta A) Ejercicio 98 98.

Si reemplazamos los números 3, 4, 6 y 7 en los cuadrados de la figura, ¿cuál es el mayor valor de la suma de las fracciones? A)

19 12

13 7

5 2

15 4

23 6

Solución: La mayor suma se producirá cuando los sumandos sean mayores, por tanto las fracciones deberán tener los denominadores más pequeños, lo cual nos lleva a decir que los números 3 y 4 deben ir en los denominadores.



, ahora hay que ver las dos formas de ubicar los numeradores, a saber:

6 7 6  4  7  3 45    ,o 3 4 12 12 7 6 7  4  6  3 46 23    , este es el mayor valor de la suma, ahora simplificando nos queda: 3 4 12 12 6

Respuesta E)

Ejercicio 107 107.

Un estudio de ventas de autos dice que cada dos meses se vende la mitad de autos que hay, ¿cuál es el mínimo de autos que debe tener la empresa al iniciar el año? A) B) C) D) E)

128 64 32 16 8

Solución: Si me piden el mínimo de autos que debe tener, pensemos que el último bimestre debe tener 1 auto, por tanto el penúltimo bimestre, deberá tener 2 (cada bimestre vende la mitad), luego nos damos cuenta que hay una regularidad siguiente si partimos de atrás para adelente: Último bimestre 1 = 20 5º bimestre 2 = 21 4º bimestre 4 = 22 3º bimestre 8 = 23 2º bimestre 16 = 24 1º bimestre 32 = 25 Por tanto debe iniciar el año con 64. Respuesta B) Ejercicio 108 108.

En un mismo entero se quiere representar

1 2 y , luego ¿cuál es la menor cantidad de 4 7

partes en que debe dividirse el entero para lograrlo? A) B) C) D) E)

4 7 11 21 28

Solución: Para representar

1 , el entero debe ser dividido en una cantidad de partes que sea múltiplo 4

de 4, y para representar

2 , el entero en una cantidad de partes que sea múltiplo de 7, ahora 7

como se nos pide dividir el mismo entero para representar las dos fracciones, el entero debe dividirse en un múltiplo común entre 4 y 7, y como piden la menor cantidad, entonces debemos encontrar el mínimo común múltiplo entre 4 y 7, que es 28. Respuesta E)

Ejercicio 134 134.

Al dejar caer una pelota desde una altura h, esta rebota subiendo hasta 0,9 veces la altura de donde cayó, si esta sigue rebotando con la misma condición, entonces ¿a qué altura llegará después del quinto rebote? A) B) C) D) E)

0,9 h 4,5 h 0,45 h (0,9)4 h (0,9)5 h

Solución: Aplicando le regla que indica el problema tenemos: 1º rebote, llega a 0,9 h de altura. 2º rebote, llega a 0,9 · (0,9 h) = (0,9)2 h 3º rebote, llega a 0,9 · (0,9)2 h = (0,9)3 h Y así sucesivamente, por tanto al quinto rebote la altura alcanzada será (0,9) 5 h. Respuesta E) Ejercicio 149 149.

Para que

4  b sea un número real b debe ser

(1) (2)

b < 16 b>0

A) B) C) D) E)

(1) por sí sola (2) por sí sola Ambas juntas, (1) y (2) Cada una por sí sola, (1) ó (2) Se requiere información adicional

Solución: Este ejercicio me pide que decida la información es necesaria y suficiente para decir que

4 b

es real. Con la información (1) no es suficiente ya que si b es negativo de inmediato no sería real. Con la información (2) tampoco puedo decirlo, ya que basta que b > 16 y tenemos que 4  b  0 , por tanto no sería real.

Finalmente con ambas juntas si es posible concluir que es real, ya que 4  b  0 , y sabemos que  0 , siempre será real.

Respuesta C Observación: Como me piden la información para concluir que es real, y no me piden todos los valores de b para que la expresión sea real, es posible responder con ambas juntas. Cierto es que si b = 4, resulta real, pero en este tipo de ejercicio me piden la información para deducir que es real y ambas juntas me lo permiten.

Ejercicio 166 166.

Sean S, L, Q y R cifras distintas de cero, si SQ · LQ = RRR, donde SQ y LQ son números de dos cifras y RRR es un número de tres dígitos, entonces S + L + Q + R = A) B) C) D) E)

19 20 21 22 No existen tales números

Solución: Como vemos el resultado de la multiplicación es RRR, y RRR = R · 111, luego como conocemos el 111 y lo podemos expresar como 3 · 37. Ahora nos damos cuenta que 37 es número primo por tanto; RRR = R · 3 · 37, luego como el resultado RRR se obtiene de multiplicar dos números de dos cifras, entonces podemos decir que uno de ellos es 37 y el otro es 3·R. Finalmente si; SQ · LQ = 3R · 37, lo cual implica que Q = 7 y luego 3R debe ser un número terminado en 7 y la única forma es 3·9 = 27, así tenemos que R = 9 y S = 2. S + L + Q + R = 2 + 3 + 7 + 9 = 21 Respuesta C) Ejercicio 227 227.

¿Cuántos conjuntos de números naturales consecutivos suman 100?

A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 Solución: Como los números consecutivos deben sumar 100, si recordamos que el promedio es el que está al medio y en el caso de números consecutivos sabemos que; si son una cantidad impar de números consecutivos el promedio coincide con el de al medio y si son una cantidad par de números, el promedio deberá estar al medio de los dos centrales, entonces consideremos los dos casos. i)

Si es una cantidad impar de números consecutivos, el promedio coincidirá con uno de ellos, entonces el promedio debe resultar un natural, por tanto:

100 100 100  natural , luego n sólo puede ser 5 o 25, pues  20 o  4, n 5 25 Concluimos que como n es 5, entonces tendremos 5 naturales consecutivos en los cuales el central (promedio) es 20. {18,19,20,21,22} De igual forma consideremos n = 25 y el central 4, tenemos que: {…,-1,0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,…}, este conjunto lo descartamos pues el problema dice que deben ser naturales consecutivos, por tanto no deben aparecer negativos. ii)

Si tenemos una cantidad par de números consecutivos, entonces el promedio debe estar al medio de los dos centrales por tanto deberá ser igual a un número de la forma A,5, donde A es la parte entera.

100 100  A,5 el único valor posible para n es 8, ya que  12,5 , luego decimos n 8 que son 8 naturales consecutivos y los centrales son 12 y 13. {9,10,11,12,13,14,15,16} Respuesta B) Ejercicio 238 238.

Si se reparten 42 caramelos entre dos niños; Matías y Vanessa de manera inversamente proporcional a sus edades, Matías tiene 3 años y Vanessa 4 años, entonces ¿cuántos caramelos recibe Vanessa? A) B) C) D) E)

16 18 24 32 Ninguno de las anteriores

Solución: Supongamos que Matías recibe m y Vanessa v y como nos advierten que se reparten de manera inversamente proporcional de acuerdo a las edades y recordando que cuando las cantidades son inversamente proporcionales el producto de ellas es contante, luego nos queda que; 3 · m = 4 · v; y m + v = 42, luego si tomamos la primera igualdad y la escribimos de otra manera, a saber; 3·m=4·v m 4  , y ahora decimos que; m = 4k y v = 3k, entonces reemplazamos en la otra v 3

ecuación y nos queda: 4k + 3k = 42 7k = 42 k=6 Finalmente m = 4 · 6 = 24 y v = 3 · 6 = 18 Respuesta B) Ejercicio 255 255.

3 5 11 , entonces 2x – 6 =   x  3 2x  6 2

A) B) C) D) E)

2 12 6 8 4

Solución: Considerando que el momento “más feliz” en racionales es cuando los denominadores son iguales, entonces procedemos a amplificar la primera fracción por 2, teniendo que:

3 5 11   x  3 2x  6 2 6 5 11   2x  6 2x  6 2 11 11  2x  6 2 Como vemos, resulta obvio decir que 2x – 6 = 2. Respuesta A

Ejercicio 266 266.

Para diluir una solución de sal al 5% se deben agregar x litros de agua, a los 20 litros originales de solución. ¿Cuál es la ecuación que permite obtener x si se quiere una solución al 1% de sal? A)

C) D) E)

5 1 x  20  100 100 5 ·20 1 100  20  x 100 5 ·20  x 1 100  20  x 100 95 1 (20  x)  100 100 otra ecuación

Solución: Del enunciado podemos inferir que; a los 20 litros iniciales sólo le agregamos agua (x) por tanto no hay aporte de sal, y sabiendo que la nueva solución será del 1%, entonces tenemos: total de sal 1  nuevo total 100 5  20 1 100  20  x 100

Respuesta B Ejercicio 271 271.

La crema contiene, aproximadamente, 22% de grasa. ¿Cuántos litros de crema se deben mezclar con leche al 2% de grasa, para obtener 20 litros de leche con 4% de grasa? A) B) C) D) E)

2 4 8 20 40

Solución: Sea c los litros de crema y l los litros de leche, luego establecemos dos ecuaciones; una por el total de litros de la mezcla y la otra por el total de grasa. c + l = 20, ecuación por el total de litros de mezcla 22 2 4 C  L   20 , ecuación por concepto de grasa 100 100 100 Arreglando la segunda ecuación nos queda: 11c + l = 40, ahora tenemos el siguiente sistema;

c  l  20 a la segunda le restamos la primera y nos queda: 11c  l  40 10c = 20 c=2 Respuesta A

Ejercicio 274 274.

m m , luego es siempre verdadero que  la parte entera de la fracción impropia n n

Sea E 

n m E   E  n m  

m n E  + E  = 0 n m

m n E  - E  = 0 n   m

m n  m n E  + E  = E    n m n m

m  n  E  E   0  n  m

Solución: Recordando que en toda fracción impropia el numerador es mayor que el denominador, luego al invertirla pasa a ser una fracción propia, por lo tanto la parte entera de toda fracción propia será 0, y la parte entera de una fracción impropia debe ser mayor o igual a 1. Por lo tanto; m m Si E    1 , entonces E    0 n n

Respuesta E Ejercicio 291 291.

Se tienen dos soluciones de alcohol una al 8% y la otra al 15%, ¿cuántos litros de cada una se deben considerar para obtener 100 litros de una solución al 12,2%?

A) B) C) D) E)

8% 15% 35 55 55 35 60 40 40 60 Ninguna de las anteriores

Solución: Supongamos que m son los litros de la primera solución (8%) y n los litros de la segunda solución (15%), luego generamos dos ecuaciones; una por el total de litros y la otra por el alcohol. m + n = 100 (total de litros) 8 15 12,2 m n   100 (ecuación del alcohol) 100 100 100 Arreglando la segunda ecuación, multiplicando por 100, nos queda; 8m + 15n = 1.220 8m + 8n + 7n = 1.220 8(m + n) + 7n = 1.220, reemplazamos la ecuación 1, quedando 8 · 100 + 7n = 1.220 7n = 1.220 – 800 7n = 420 n = 60, luego m = 40 Respuesta D

Ejercicio 303 303.

La sexta parte de la suma de dos números es 16, y la cuarta parte de su diferencia es 10. ¿Cuáles son los números? A) B) C) D) E)

28 40 56 40 28

y y y y y

60 96 136 68 68

Solución: Sean x e y los números entonces traduciendo, tenemos: 1 (x  y)  16 6 1 (x  y)  10 4

x  y  96



x  y  40

sumando ambas ecuaciones nos queda:

2x = 136  x = 136 : 2  x = 68, luego y = 28 Respuesta E)

Ejercicio 304 304.

En un corral hay 107 animales entre gallinas y conejos, ¿cuántos animales de cada especie hay sabiendo que en total hay 278 patas y que ninguno es cojo? A) B) C) D) E)

64 75 50 32 43

gallinas gallinas gallinas gallinas gallinas

y y y y y

43 32 57 75 64

conejos conejos conejos conejos conejos

Solución: Sea g el número de gallinas y c el número de conejos, por tanto tenemos la primera ecuación: g + c = 107 Como las gallinas tienen dos patas y los conejos 4, luego la segunda ecuación sería: 2g + 4c = 278 g  c  107 2g  4c  278



2g  2c  214 2g  4c  278

, ahora a la segunda ecuación le restamos la primera y nos queda:

2c = 64  c = 32, luego g = 107 – 32 = 75 Respuesta D)

Ejercicio 316 316.

Si A es un número de tres cifras diferentes y B es otro número de tres cifras formado por las mismas de A pero en orden inverso, luego A – B puede ser A) B) C) D) E)

165 297 360 561 683

Solución: Sea A = MNP y B = PNM, donde M, N y P son cifras, luego; A – B = MNP – PNM, descomponemos los números en su notación decimal y nos queda; A – B = 100M + 10N + P – (100P + 10N + M) A – B = 100M + 10N + P – 100P - 10N – M = 99M – 99P = 99(M – P) = 9 · 11(M – P) Por tanto el resultado debe ser múltiplo de 9 y de 11, que lo mismo decir que el resultado es divisible por 9 y por 11, luego las alternativas A), D) y E) se descartan pues no son divisibles por 9. Finalmente descartamos la C) pues no es divisible por 11, quedando la B como correcta. Respuesta B) Ejercicio 318 318.

¿Cuántos números de dos cifras son tales que al sumar el número con otro formado por las mismas cifras, pero invertidas resulta un cuadrado perfecto? A) B) C) D) E)

4 5 6 7 8

Solución: Sean A y B cifras, luego los números a sumar son AB y BA, aplicando la notación decimal, tenemos que: AB + BA = 10A + B + 10B + A = 11A + 11B = 11(A + B) Ahora como lo pide el problema el resultado debe ser cuadrado perfecto y como 11 es primo y no es cuadrado perfecto, la única posibilidad de que el resultado lo sea A + B debe ser igual a 11, entonces debemos buscar todas las posibilidades de que las cifras A y B sumen 11. (A,B) =(2,9), (3,8), (4,7) y (5,6), luego los números pedidos son; 29, 92, 38, 83, 47, 74, 56 y 67, en total tenemos 8 Respuesta E)

Ejercicio 323 323.

Se tiene 9 monedas y una balanza, una de ellas es más pesada que las otras, que pesan lo mismo, ¿cuál es el menor número de pesadas para encontrar la de mayor peso? A) B) C) D) E)

2 3 4 5 9

pesadas pesadas pesadas pesadas pesadas

Solución: Separamos las 9 monedas en tres grupos de 3 monedas, sabemos que uno de esos grupos pesará distinto, ponemos dos grupos de tres en la balanza, si queda nivelada, entonces los dos grupos que están en la balanza no tienen la moneda más pesada, y el grupo de tres que quedó fuera debe tener la más pesada. Si la balanza se inclina, entonces la que quedó más abajo en la balanza tiene la moneda más pesada. Como ya tenemos el grupo de 3 monedas donde está la más pesada, ponemos dos de las monedas en la balanza, si está queda equilibrada, entonces la moneda más pesada está fuera o si se inclina la balanza, entonces la más pesada será la que queda más abajo. Respuesta A Ejercicio 324 324.

En un campeonato de ajedrez participan 623 jugadores, un participante queda eliminado tan pronto pierde un juego. ¿Cuántos partidos han de jugarse para determinar el campeón? A) B) C) D) E)

2 partidos 310 partidos 311 partidos 312 partidos 622 partidos

Solución: Pensemos de la siguiente manera: Si tenemos dos jugadores, se haría un partido. Si tuviésemos 3 jugadores necesitamos de 2 partidos. Si tenemos 4 jugadores, habría que hacer 3 partidos para tener ganador, y así sucesivamente, por tanto tenemos la siguiente regularidad: Jugadores 2 3 4 5

N° de partidos 1 2 3 4

Podemos inferir que el número de partidos es uno menos que el número de jugadores, por tanto 623 – 1 = 622 partidos. Respuesta E)

Ejercicio 326 326.

En una encuesta de mercado sobre el consumo de tres marcas A, B y C de un producto arrojó los siguientes resultados; A lo consumen el 48%, B el 45%, C el 50%, A y B el 18%, B y C el 25%, A y C el 15% y ninguno de los tres el 5%. ¿Qué porcentaje de los encuestados consumen solo producto C? A) B) C) D) E)

10 % 20 % 30 % 8% 5%

Solución: Como el enunciado del problema nos habla de consumos comunes entonces para establecer las relaciones nos apoyaremos en conjuntos. Ahora planteamos las ecuaciones, vamos prescindir de los porcentajes para simplificar el planteo. a b g a

+ + + +

e d

b + d + e = 48 c + f + e = 45 d + f + e = 50 b + c + d + e + f + g = 95 (100-5)

f g

por otro lado tenemos que: b + e = 18 e + f = 25 d + e = 15 Ahora del primer grupo de ecuaciones, si sumamos las 3 primeras y luego le restamos la cuarta nos que: b + d + 2e + f = 48, ahora sumemos el segundo grupo de ecuaciones, nos queda: b + d + f + 3e = 58, si restamos ahora, la última menos la anterior nos queda: e = 10, aplicando e para obtener lo que necesitamos, recordando que nos piden los que sólo prefieren C, es decir g, hacemos lo siguiente: 10 + f = 15  f = 5, d + 10 = 15  d = 5, luego aplicamos en; g + d + f + e = 50  g + 5 + 15 + 10 = 50  g = 20

Respuesta B)

Ejercicio 327 327.

Si un número es dividido por 10 da resto 9, por 9 da resto 8, por 8 da resto 7 y así hasta que se divide por 2 dando resto 1, entonces el menor número que cumple con estas condiciones es A) B) C) D) E)

59 419 1259 2519 Ninguna de las anteriores

Solución: Sean N el número buscado y aplicando el “algoritmo de la división tenemos;

N : 10   , 1

N:9   1

N:8   1

N:7   1

Y así hasta dividirlo por 2, luego lo expresamos como;

N  10  1; N  9  1; N  8  1; N  7  1 y así sucesivamente, ahora restemos 1 en todas y nos queda;

N  1  10; N  1  9; N  1  8; N  1  7 Nos damos cuenta que N – 1 es múltiplo de; 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, luego buscamos el mínimo común múltiplo entre dichos número y obtenemos 2520, finalmente: N – 1 = 2.520 N = 2.521 Respuesta E Ejercicio 338 338.

Si b y c son enteros y (x +2)(x + b) = x2 + cx + 6, entonces c = A) B) C) D) E)

-5 -1 3 5 1

Solución: (x + 2)(x + b) = x2 + (2 + b)x + 2b y como dice el ejercicio dice (x +2)(x + b) = x2 + cx + 6, entonces x2 + (2 + b)x + 2b = x2 + cx + 6, luego: 2b = 6, entonces b = 3 y como; 2+b=c 2+3=c Respuesta D

Ejercicio 340 340.

Los números a, b, c y d son enteros positivos que satisfacen el sistema de ecuaciones; ab + cd = 38 ac + bd = 34 ad + bc = 43 entonces ¿cuál es el valor de a + b + c + d? A) B) C) D) E)

16 17 18 19 77

Solución: Como se ve complicado obtener los valores de; a, b, c, d, tratemos de obtener las sumas correspondientes, y si tomamos la 2ª y la 3ª ecuación y las sumamos tenemos; ac + bd + ad + bc = 77, apareamos y factorizamos, nos queda; a(c + d) + b(c + d) = 77 (a + b)(c + d) = 77, y como 77 al expresarlo como producto solo se puede hacer de dos formas en los enteros; 1 · 77 o 7 · 11 y como dos enteros positivos no pueden sumar 1 entonces lo único posible es que: (a + b)(c + d) = 7 · 11, luego podemos decir que; a + b + c + d = 7 + 11 = 18 Respuesta C Ejercicio 341 341.

A) B) C) D) E)

xy xz  10 , entonces el valor de es zy yz 11 -11 9 -9 10

Solución: Escribamos lo que nos dan de la siguiente manera: x  y 10  , aplicando la materia de proporciones y en especial el trabajo con la constante zy 1

(k) de proporcionalidad, tenemos: x – y = -10k z – y = k, ahora restamos las dos ecuaciones y nos queda: x – y – z + y = - 11k  x – z = -11k Si multiplicamos la segunda ecuación por -1, nos queda que y – z = -k, reemplazando nso queda: x  z 11k   11 yz k

Respuesta A)

Ejercicio 351 351.

m3  mn2 mn2  m2n  2m3

A) B) C) D) E)

mn n  2m mn  n  2m m n  2m 1

m2n  2 mn n  2m

Solución: Factorizaremos primero para simplificar después, así nos queda: m3  mn2 m(m2  n2 )  , ya podemos simplificar por m y luego: mn2  m2n  2m3 m(n2  mn  2m2 ) m2  n2 (m  n)(m  n) , si simplificamos ahora por m – n, tenemos la respuesta.  2 2 (m  2m)(m  n) n  mn  2m

Respuesta A) Ejercicio 356 356.

¿Cuál es el coeficiente de la cantidad literal que se obtiene de multiplicar los polinomios (3x3 – 2x2 + x – 5) , (x3 + 5x2 – 7x + 1) y cuyo factor literal es x4? A) B) C) D) E)

-31 -30 -21 31 ninguno de los anteriores

Solución: Para obtener lo que nos piden, sólo nos ocuparemos de los productos que dan x 4, para no demorarnos en multiplicar por completo los dos polinomios. 3x3  -7x = -21x4, también al multiplicar -2x2  5x2 = -10x4 y finalmente x  x3, así finalmente nos queda: -21x4 – 10x4 + x4 = -30x4 Respuesta B)

Ejercicio 366 366.

3a

1 2 1 a

resulta ser igual a 3 si

(1) (2)

a=1 a es cualquier real distinto de cero

A) B) C) D) E)

(1) por sí sola (2) por sí sola Ambas juntas, (1) y (2) Cada una por sí sola, (1) ó (2) Se requiere información adicional

Solución: Analizaremos la primera información: (1)

a = 1, reemplazamos a y nos queda: 3  1 

1 1  4  4  1  3 , por tanto me 2 2 1 1 1

sirve la información (1) Analizamos la información (2) Si a es cualquier real distinto de cero, basta pensar en que a = 2, y el denominador de la fracción se nos hará cero y no es real, por tanto esta información ya no nos sirve. Respuesta A) Ejercicio 425 425.

Para determinar el volumen de un estanque puede procederse de la siguiente manera. Agregamos 10 litros de agua que contienen 6300 gramos de colorante. Cuando el colorante está bien disuelto en el volumen total, sacamos 10 litros de agua y observamos que ésta tiene ahora 1,75 gramos de colorante. ¿Cuál es el volumen del estanque? A) B) C) D) E)

3.590 36.000 11.025 3.600 35.990

Solución: Del enunciado podemos inferir que una vez que se le agrega el colorante, en el estanque hay 6.300 gramos de colorante disuelto en el total de la capacidad, luego si sacamos una muestra de 10 litros y en ellos hay 1,75 gramos de colorante entonces podemos plantear la siguiente regla de tres (proporción) 10 litros

1,75 gr

X litros

6.300 gr

Las cantidades son directamente proporcionales, luego; 10 · 6.300 = X · 1,75 X = 36.000 litros Respuesta B)

Ejercicio 442 442.

¿Para cuántos enteros m, con 10  m  100 , el trinomio m2 + m – 90 es divisible por 17? A) B) C) D) E)

0 7 10 11 12

Solución: Que el trinomio sea divisible por 17 es lo mismo que sea múltiplo de 17, por tanto factorizaremos: m2 + m – 90 = (m + 10)(m – 9) Luego para decir que es múltiplo de 17, el trinomio entonces m + 10 o m – 9 deben ser múltiplos de 17, y si además consideramos que m es mayor o igual a 10 o menor o igual a 100, entonces; Para que m + 10 sea múltiplo de 17, m debe ser; 24, 41, 58, 75, 92, tenemos 5 valores para m. Para que m – 9 sea múltiplo de 17, m debe ser; 26, 43, 60, 77, 94, tenemos otros 5 valores de m. Respuesta C) Ejercicio 445 445.

Manejando por la carretera a velocidad constante encontré una señal que indicaba AB kilómetros (A y B dígitos). Una hora después apareció otra señal con BA kilómetros, y otra hora más tarde encontré la que indicaba A0B kilómetros, luego A + B = A) B) C) D) E)

3 4 5 6 7

Solución: Como el vehículo viaja a velocidad constante y las señales las cada hora entonces se puede deducir que las señales están separadas la misma distancia, luego tenemos:

A0B

Aplicamos y nos queda: BA – AB = A0B – BA 10B + A – (10A + B) = 100A + B – (10B + A) 9B – 9A = 99A – 9B 18B = 108A Como el mayor valor de B es 9, 18 · 9 = 162, entonces debemos deducir que A no puede ser otro valor que 1, ahora si A = 1, nos queda: 18B = 108 B=6 A+B=1+6 Respuesta E)

Ejercicio 455 455.

Un factor de la expresión x2  y2  z2  2yz  x  y  z es A) B) C) D) E)

no tiene factor lineal de coeficientes enteros –x + y + z x–y–z+1 x+y–z+1 x–y+z+1

Solución: Debemos agrupar, considerando formas conocidas, por tanto agrupemos de la siguiente manera: x2 – (y2 – 2yz + z2) + x + y – z x2 –(y – z)2 + x + y – z, como vemos ahora tenemos una suma por diferencia, (x + y – z)(x – y + z) + (x + y – z), ahora os aparece un factor común; x + y – z, (x + y – z)(x – y + z + 1) Respuesta E) Ejercicio 517 517.

Las llaves A, B y C entregan un caudal constante cada una de ellas. Cuando las tres están abiertas llenan un estanque en 1 hora, cuando sólo están abiertas A y C se llena el estanque en 1,5 horas y cuando están abiertas B y C lo llenan en 2 horas. El número de horas que A y B pueden llenar el estanque es A) B) C) D) E)

1,1 1,15 1,2 1,25 1,75

Solución: Considerando el razonamiento “cantidad de acción por unidad de tiempo”, tendremos lo siguiente: Llave

Tiempo en llenarlo

Fracción de llenado en 1 hora

a horas

1 a

b horas

1 b

c horas

1 c

Juntas las 3

1 1 1

Diremos ahora que cuando las tres están abiertas tenemos; llenan en 1,5 horas, entonces;

1 1 1 1     1 , si A y C lo a b c 1

1 1 1 1 2     . Si B y C lo hacen en 2 horas, luego; a c 1,5 3 3 2

1 1 1   1 a b c 1 1 1 1 1 2   . Finalmente tenemos tres ecuaciones; , sumando la segunda y la   b c 2 a c 3 1 1 1   b c 2

tercera ecuación y después restamos la primera, nos queda; tenemos

que

llena

llave

1 2 1 1    1  , luego c 3 2 6

una

hora

será

6 1 1 1 1 1 1 1 1 5 1 1 1  1,2 , por tanto A y B juntas lo llenan en   1  1       5 a b 6 a b 6 a b 6 a b 6 5

horas. Respuesta C) Ejercicio 534 534.

Dado; log2 = 0,3 y log3 = 0,48, luego al resolver 3x  3x 1  8 , x = A) B) C) D) E)

1 0,78 1,78 0,625 otro valor

Solución: Primero factorizamos por 3x y trabajamos: 3x  3x 1  8  3x(1  3)  8  3x  4  8  3x  2 , ahora aplicamos logaritmo en base 3 y nos

queda; log3 3x  log3 2  x  log3 3  log3 2  x  log3 2 , ahora cambiamos a base 10 y reemplazamos

quedando: x

log2 0,3 30 5     0,625 log3 0, 48 48 8

Respuesta D) Ejercicio 535 535.

Si log4 25 

x , entonces log5 = 3

x 3

x x3

C) D) E)

5x 3x x+3

Solución: Primero cambiamos a base 10: log4 25 

log25 log52 2log5 log5    , ahora reemplazamos, log 4 log22 2log2 log2

quedando: 10 log5 x x  log10  log5  1  log5 ,   log5  log2 , escribimos de manera amigable log2 = log 5 log2 3 3

finalmente reemplazamos y nos queda: log5 

x x x x x (1  log5)  log5   log5  log5  log5  ahora 3 3 3 3 3

factorizamos

por

log5

despejamos: x x 3x x x 3 x log5(1  )   log5    log5    3 3 3 3 3 3x 3x

Respuesta B)

Ejercicio 536 536.

Si log n = 8, entonces

1 16

1 8



- 16

1 logn2



1 8 1 16

Solución: Arreglando lo que preguntan tenemos que; 1 logn2



1 1 1 1 , ahora reemplazamos logn y nos queda:   2  logn 2  8 16 2  logn

Respuesta A) Ejercicio 538 538.

Dado que 3x-2 – 2 = 0, entonces x = A)

log3 18

2 log3 2

log3 11

D) E)

2 + log 2 – log 3 ninguna de las anteriores

Solución: Despejamos primero; 3x 2  2  0  3x 2  2 

3x 32

 2  3x  2  32  3x  18 , ahora aplicamos logaritmo en base 3 y

tenemos: log3 3x  log3 18  x  log3 3  log3 18  x  log3 18

Respuesta A)

Ejercicio 545 545.

Sean x e y dos reales tales que

1 1 2 3 x y , y A = 3x – 2y, entonces es correcto 4 3 3 4

afirmar que A) B) C) D) E)

4 5 A 3 2 3 1  A 4 3 3  A 1 4 1  A0 3 4 3  A 3 4

Solución: El mayor valor de una resta es cuando el minuendo (primero) es el más grande y el sustraendo (segundo) es el más pequeño y el menor valor de una resta es cuando el minuendo es el menor posible y el sustraendo es el mayor posible, así entonces tenemos que: El mayor valor de A será; A  3 

A  3

1 2 4 1  2   1    , luego, el menor valor de A será: 3 3 3 3

1 3 3 6 3 3 1  2      , finalmente diremos que   A   4 4 4 4 4 4 3

Respuesta B) Ejercicio 552 552.

En la fracción

mn , m y n son enteros resulta ser una fracción propia positiva si: 2m  n

I) II) III)

m>0 m>n m=n

A) B) C) D) E)

Sólo I Sólo II Sólo III Sólo I y III I, II y III

Solución: Primero digamos que toda fracción es propia cuando es positiva y el numerador es menor que el denominador. Por otro lado hay que tener presente que el denominador no puede cero, así entonces analicemos: I) II) III)

Falso; puede que el denominador sea cero, m = 1 y n = -2 Falso; pues se puede dar el caso anterior. Falso; pues pueden ser ambos ceros.

Ahora si tenemos I y III, estamos seguros que el denominador no es cero y nos queda la mn mm 2m 2 fracción;    2m  n 2m  m 3m 3 Respuesta D)

Ejercicio 553 553.

El enunciado “el triple de la diferencia entre un número x y 7, es igual el doble de la suma del mismo número con 8”, se expresa como A) B) C) D) E)

3x – 7 = 2x + 8 3(x – 7) = 2x + 8 3x – 7 = 2(x + 8) 3(7 – x) = 2(x + 8) 3(x – 7) = 2(x + 8)

Solución: Al traducir, “el triple de la diferencia entre un número x y 7” tenemos; 3(x – 7) y luego al traducir “el doble de la suma del mismo número con 8”, nos queda 2(x + 8), por tanto finalmente se obtiene que: 3(x – 7) = 2(x + 8) Respuesta E) Ejercicio 557 557.

Si log2 = a, log3 = b y log5 = c, entonces log A) B)

a + c – 2b a + c + 2b

ab 2c

D) E)

a + c + b2 a + c – b2

10 = 9

Solución: Expresemos los que nos piden en términos de lo que nos dan, así tenemos que: log

10  log10  log9  log2  5  log32  log2  log5  2log3 9

Ahora solo reemplazamos y nos queda: a + c – 2b Respuesta A) Ejercicio 558 558.

En la figura 3, están representadas las funciones f(x) = x2 – 4x + 5 y h(x) = x + 1, ¿en qué intervalo de x, h(x)  f(x)? f(x) f(x)

1, 4

1, 4

1,2

1,2

4,5

h(x)

fig. 3

Solución: Es evidente que h(x)  f(x) entre los dos puntos de intersección de las gráficas, y en esos puntos h(x) = f(x), luego: h(x)  f(x)  x  1  x2  4x  5  0  x2  5x  4  0  (x  4)(x  1)  x1  4 y x2  1

Por lo tanto desde 1 hasta 4, h(x)  f(x), 1, 4 . Respuesta A)

Ejercicio 560 560.

Si f(n + 1) = A) B) C) D) E)

2f(n)  1 , para n = 1, 2, 3, … y f(1) = 2, entonces f(101) = 2

49 50 51 52 53

Solución: Escribamos la función de otra manera: f(n + 1) =

2f(n)  1 2f(n) 1 1    f(n)  2 2 2 2

Ahora si aplicamos tendremos:

f(1)  2 1 1 2 2 2 1 1 1  2   22 2 2 2 1 1 1 1  2     2 3 2 2 2 2

f(2)  f(1  1)  f(1)  1 2 1 f(4)  f(3)  2 f(3)  f(2) 

Nos podemos dar cuenta de la regularidad que se va produciendo, ahora si la aplicamos nos queda; 1 f(101)  2  100   52 2 Respuesta D) Ejercicio 564 564.

Una familia está compuesta de x hermanos e y hermanas. Cada hermano tiene un número hermanos igual al número de hermanas. Cada hermana tiene el doble de hermanos que de hermanas. ¿Cuánto es x + y? A) B) C) D) E)

5 6 7 8 9

Solución: Al decir que: “Cada hermano tiene un número hermanos igual al número de hermanas” entonces lo podemos traducir como; x – 1 = y. Al traducir ahora “Cada hermana tiene el doble de hermanos que de hermanas”, 2(y - 1) = x, luego reemplazamos x de la primera ecuación en la segunda; 2(y – 1) = y + 1 2y – 2 = y + 1 y=3 luego x – 1 = 3, entonces x = 4 Respuesta C)

Ejercicio 565 565.

Una lancha tarda 3 horas en recorrer 24 km río arriba y tarda 2 horas en recorrer 24 km río abajo. ¿Cuál es la velocidad de la corriente del río? A) B) C) D) E)

2 km/hrs. 3 Km/hr. 4 Km/hr. 6 Km/hrs. 10 Km/hrs.

Solución: Si la lancha va aguas arriba la corriente del río la va frenando, pero si la lancha va a favor de la corriente (río abajo), entonces la corriente del río le ayuda, luego si decimos que V l es la velocidad de la lancha y Vr la velocidad del río, entonces tenemos que: Vl – Vr =

24 km (situación río arriba) 8 3 h

V l + Vr =

24 km  12 2 h

Ahora resolvemos el sistema siguiente:

Vl  Vr  8 Vl  Vr  12

si a la segunda ecuación le restamos la primera, tenemos

2Vr  4  Vr  2

km h

Respuesta A) Ejercicio 568 568.

Si x profesores, trabajando x horas diarias, durante x días corrigen x pruebas, entonces el número de pruebas corregidas por y profesores, trabajando y horas por día, durante y días es A) B) C) D) E)

y3 y2 x3 y3 x2 y x xy

Solución: En este ejercicio es conveniente plantearlo como un regla de tres compuesta a saber:

x prof.  x h/d  x días  x pruebas y prof.  y h/d  y días  u pruebas Ahora si analizamos lo siguiente: x prof.  x h/d i) , nos damos que son cantidades inversamente proporcionales, ya que y prof.  y h/d el aumentar el número de profesores se debe trabajar menos horas al día para hacer el trabajo. ii)

x h/d  x días y h/d  y días

, son inversamente proporcionales, ya que trabajando más horas al día se deberá trabajar menos días.

iii)

x días  x pruebas y días  u pruebas

son directamente proporcionales, ya que al trabajar más días se

corregirán más pruebas. Recordando que si son inversamente proporcionales el producto es constante, entonces debemos multiplicar en linea y si son inversamente proporcionales el cuociente es constante, por tanto habrá que multiplicarlas cruzado, entonces aplicamos y tenemos: x  x  x u  y  y  y  x  u 

y3  x x3



y3 x2

Respuesta C)

Ejercicio 577

577.

Si f(x) es una función que cumple con que f(2x + 1) = 2f(x) +1, para todo real x, si f(0) = 2, entonces f(3) = A) B) C) D) E)

5 9 11 13 15

Solución: Aplicamos la condición de la función y nos queda: f(3) = f(2·1 + 1) = 2f(1) + 1, no conocemos f(1) Aplicamos la condición de la función para f(1): f(1) = f(2·0 + 1) = 2f(0) + 1 y como sabemos que f(0) = 2, reemplazando nos queda: f(1) = 2·2 + 1 = 5, reemplazamos ahora f(1) para obtener f(3) f(3) = 2f(1) + 1 = 2·5 + 1 = 11 Respuesta C)

Ejercicio 578 578.

Suponiendo que el gráfico de la función f(x) = ax 2 + bx + c, se muestra en la figura 1, entonces ¿cuántas de las siguientes expresiones; ab, ac, b, a + b + c, a – b + c, son positivas? A) B) C) D) E)

1 2 3 4 5 fig. 4

Solución: Como la parábola abre hacia arriba, entonces a > 0, es obvio que c > 0, es la ordenada donde la gráfico corta al eje y. Como el eje de simetría es positivo entonces; 

b 0 y 2a

como a >0, luego b es necesariamente negativo. Hasta aquí tenemos; ab es negativo, ac es positivo, b es negativo, a – b +c es positivo, sólo nos queda saber que signo tiene a + b + c y para eso, diremos lo siguiente;

como lo muestra la figura, f(1) < 0, ahora f(1) = a(1)2 + b(1) + c f(1) = a + b + c finalmente a+b+c<0 f(1)

Respuesta B) Ejercicio 581 581.

Se denota por s(n) a la suma de las cifras de un número n. Por ejemplo s(197)=1 + 9 + 7 = 17. Sea s2 (n)  s(s(n)) , s3(n)  s(s(s(n))) , y así sucesivamente. El valor de s1699 (1699) es A) B) C) D) E)

1 4 7 12 18

Solución: Aplicando la definición tendremos: s(1699) = 1 + 6 + 9 + 9 = 25 s2(1699) = s(s(1699)) = s(25) = 2 + 5 = 7 s3(1699) =s(s(s(1997))) = s(s(25)) = s(7) = 7 De aquí en adelante siempre resultará 7, por tanto; s1699(1699) = 7

Respuesta C)

Ejercicio 584 584.

Se guardan granos sin cáscaras en un silo de 10 m3. Se añaden granos con cáscaras hasta llenar el silo. A continuación se quita la cáscara al grano que la tenía, lo que supone prescindir de los dos quintos de su volumen. El grano que queda, todo sin cáscara, llena al recipiente hasta los 7 m3, ¿cuánto grano había inicialmente? A) B) C) D) E)

1,5 m3 2,5 m3 3 m3 4,5 m3 7,5 m3

Solución: Como lo dice el problema, el silo está lleno (10 m 3) con granos con cáscaras y sin cáscaras, además nos dicen que al sacarle la cascara a los que las tienen, estos pierden dos quintos de su volumen y el grano que queda llena 7 m 3, luego podemos inferir que los 3 m3 que varió el volumen corresponde a los dos quintos perdidos al pelar los granos con cáscaras, por tanto: 2 granos con cáscaras = 3 m3  granos con cáscaras  7,5 m3 . 5

Luego si fueron 7,5 m3 los agregados, por tanto los granos inicialmente fueron 2,5 m3. Respuesta B) Ejercicio 585 585.

Al resolver el sistema de ecuaciones A) B) C) D) E)

3x  2y  0, 005 x  1,5y  0, 01

, el valor de x – y es

-0,035 0,015 0,0015 -0,015 -0,0025

Solución: Si optamos por el camino de obtener x e y para después restarlos, puede ser un poco aburrido, por tanto intentaremos llegar de inmediato a x – y, para eso vamos a multiplicar por 2 y luego a la primera ecuación le restamos la segunda y nos queda:

3x  2y  0, 005 3x  2y  0, 005   x  1,5y  0, 01 2x  3y  0, 02 x  y  0, 005  0, 02  0, 015 Respuesta D)

Ejercicio 587 587.

¿Cuál de las siguientes expresiones es equivalente a 3log4 5 ? A)

3log5 4

5log3 4

5log4 3

D) E)

4log3 5

4log5 3

Solución: Sea 3log4 5  u , aplicamos logaritmo en base 4, entonces tenemos: log4 3log4 5  log3 u  log4 5  log4 3  log4 u  log4 3 

log4 u log4 5

Recordando el cambio de base, tenemos que; log4 3 

log4 u  log4 3  log5 u , ahora aplicamos la definición de logaritmos y nos queda: log4 5

5log4 3  u , y como u es igual a lo que nos preguntan, entonces 5log4 3  3log4 5 .

Respuesta C) Ejercicio 595 595.

Dado 2 1 

1 3  a  b , con a y b enteros positivos, luego el valor absoluto de la 2

diferencia entre a y b es A) B) C) D) E)

8 6 4 2 1

Solución: Escribamos 2 1 

2 1

1 3  2

Ahora



1   4 1  3  2  

veamos

   3

3 1

2 1

1 3 de la forma 2

1 3  2



a  b , llevaremos primero el 2 dentro de la raíz:

42 3

que

42 3

cuadrado

3 1,

 2  3  1  1  3  2 3  1  4  2 3 , finalmente tenemos que;



3 1

 3  1  3  1 , así a = 3 y b = 1, 3  1  2

Respuesta D)

Ejercicio 597 597.

Si c  logx b y d  log 2 (b2 ) , entonces d en término de c es x

A) B) C) D)

2c c-1 c c2

c 2

Solución: Cambiamos de base logx2 (b2 ) a base x y nos queda logx2 (b2 ) 

logx b2

logx x2



2  logx b  logx b 2  logx x

Entonces c = D Respuesta C) Ejercicio 602 602.

Dado un conjunto de n números, n > 1, en que uno de ellos es 1 

1 , y todos los restantes n

son 1, entonces el promedio de los n números es A)

n

1

1 n 1

n2 1

n2 1 1 1  2 n n

E) Solución:

1 , y todos los restantes son unos, por tanto podemos n decir que hay (n – 1) números que son unos, por lo tanto: Como uno de los números es 1 

x

1

1 1 1 n2  1  (n  1)  1 1  n 1 n n n n x n x x n n n n

n2  1 2



n2 2



1 2

1

1 n2

Respuesta D)

Ejercicio 606 606.

¿Cuál de las siguientes alternativas representa una relación correcta al respecto de la función f(x) = ax2 + bx + c, representada gráficamente en la figura 5? y

A) B) C) D) E)

a > 0, b a > 0, b a > 0, b a < 0, b ninguna

< 0, c > 0 > 0, c < 0 < 0, c < 0 < 0, c > 0 de las anteriores

fig. 5

Solución: Como se aprecia en la figura el eje de simetría de la parábola está en el eje y, por tanto el eje de simetría es x = 0, luego como sabemos que el eje de simetría es x = 

b , entonces 2a

b debe ser cero. Respuesta E) Ejercicio 608 608.

¿Cuántas funciones distintas se pueden definir con el dominio D = {a,b} y el recorrido R = {1,2,3}? A) B) C) D) E)

2 6 8 3 9

Solución: Este problema se trata de contar adecuadamente las funciones que se puede generar con ese dominio y ese recorrido, veamos: i)

manteniendo fijo el par (a,1) tenemos las siguientes (a,1),(b,1) ; (a,1),(b,2) ; (a,1),(b,3) , es decir 3 funciones distintas.    

ii)

ahora

iii)

para terminar mantenemos fijo (a,3),(b,1) ;(a,3),(b,2) ;(a,3),(b,3)

mantenemos

fijo

(a,2),(b,1) ;(a,2),(b,2) ;(a,2),(b,3)

par par

(a,3)

(a,2), y

funciones; tenemos;

nos

queda:

Por tanto hay 9 funciones.

Respuesta E)

Ejercicio 614 614.

log2

A) B) C) D) E)

1 2 3 15 =  log2  log2  ...  log2 2 3 4 16

-4 -2 -1 1 2 3 log2(    2 3 4 log2 15 2



15 ) 16

Solución: Aplicando la propiedad de la suma de logaritmos de igual base tenemos: log2

1 2 3 15 15  1 2 3  log2  log2  ...  log2  log2     ...   2 3 4 16 2 3 4 16  

Simplificando adecuadamente, nos queda: 15  1 1 2 3 log2     ...   log2  log2 24  4  log2 2  4  16  16 2 3 4

Respuesta A) Ejercicio 621 621.

¿Para cuántos valores de k en la ecuación kx2  2kx  1  0 , esta tiene exactamente una solución? A) B) C) D) E)

ninguno 1 2 3 4

Solución: Para saber si tiene una solución nos debemos remitir al discriminante, pues cuando este es igual a 0 entonces la ecuación cuadrática tiene una solución o dos soluciones reales iguales, luego: b2 – 4ac = 0  (2k)2 - 4  k  1 = 0  4k2 – 4k = 0  4k(k – 1) = 0 finalmente 4k = 0  k = 0, o k – 1 = 0  k = 1 Respuesta C)

Ejercicio 622 622.



x x

A) B) C) D)

2 3 5 7

1 2

 1 , entonces x =

Solución: Usamos la siguiente variable auxiliar; u  ecuación y nos queda:

x , luego u2  x ,entonces aplicamos a la

1 1  1 u u2  u 1 1  1 u u(u  1) 1 1  1 1  u u  1  1

1 u u1

1  u1 u1

1 =(u + 1)(u – 1) 1 = u2 -1 2 = u2, y como sabemos que u2 = x, entonces x = 2

Respuesta A) Ejercicio 626 626.

Si 4x = 8y y 3y = 2 · 3x, entonces y = A)

-2 4 3 log2 log3 2log3 log2 2log2 log3

B) C) D) E) Solución:

Igualando las bases en la primera igualdad, tenemos: 4x  8y  22x  23y  2x  3y , ahora trabajamos en la segunda ecuación:

3y  2  3x  3 y y 2

log3

3y 3x

 2  3y x  2 , reemplazamos x de la ecuación anterior y nos queda;

1  y 2

23

1  y 3 2

 2 , aplicamos logaritmo en base 3:

 log3 2  

1 1 y  log3 3  log3 2   y  log3 2  y  2log3 2 , finalmente cambiamos de 2 2

base 3 a base 10 y tenemos; y  2 

log2 log3

Respuesta E)

Ejercicio 630 630.

Si 2a  nb , entonces el valor de a se puede conocer si: (1) (2)

b=1 n=0

A) B) C) D) E)

(1) por sí sola (2) por sí sola Ambas juntas, (1) y (2) Cada una por sí sola, (1) ó (2) Se requiere información adicional

Solución: Si conocemos el valor de nb podríamos conocer el valor de 2a, luego la información (1) es insuficiente ya que todo número elevado a 1 es el mismo número. La información (2) no es suficiente ya que podríamos tener 00, luego debemos tener el valor de b o saber que es positivo. Con las dos informaciones podemos decir que el valor de a, no existe, pues: 2a = 01 es decir 2a = 0 y como la base es positiva entonces ningún valor de a hará que sea 0. Podemos decir que no existe ningún valor de a. Respuesta C) Ejercicio 632 632.

Si n es un entero positivo, entonces la suma de las cifras del número equivalente a (104n+2 + 1)2 A) B) C) D) E)

1 2 3 4 depende de n

Solución: Si resolvemos el cuadrado de binomio, nos queda:

10  4n2

 2  104n2  1  1  108n4  2  104n2  1 , si sumamos los tres tendríamos:

1000…0 con 4n + 2 ceros, ahora 2  104n2 , sería un dos con 4n + 2 ceros y le agregamos 1, luego la situación sería de la siguiente manera: 100

. . 2 . .

+ 100... 200 .

.0 . 0 1 . 1

Finalmente nos damos cuenta que solo tendrá las cifras 1, 2, 1 y muchos ceros, luego la suma de ellas es 1 + 2 + 1 = 4

Respuesta D)

Ejercicio 634 634.

1 2 A)

2 1

2 1

Solución: Previo a racionalizar haremos lo siguiente:



1 2

1 1 2



1 1 2



1 2 1

Ahora racionalizamos dentro de la raíz y nos queda: 1 2 1



1 2 1



2 1 2 1



2 1  2 1

2 1

Respuesta A) Ejercicio 635 635.

Si x es un real, entonces la expresión (1  x )(1  x) es positiva si y solo si A)

x 1

x<1

x 1

D) E)

x < -1 x < -1 o -1 < x < 1

Solución: Para que la expresión sea positiva los dos paréntesis deben ser positivo o negativos, luego deberemos analizar ambos casos: Caso 1,

(1  x )  0 y (1+x)>0 1  x  0  1  x  1  x  1 1  x  0  x  1 , ahora intersectamos ambas soluciones y nos queda que:

-1 > x > 1 Caso 2,

(1  x )  0 y (1+x)<0 1  x  0  1  x  x  1 o x<-1 1  x  0  x  1 , intersectando ambos tenemos que x < -1

Finalmente como se da el caso 1 o el caso 2, entonces x < -1 o -1 < x < 1 Respuesta E)

Ejercicio 637 637.

Si x vacas dan x + 1 latas de leche en x + 2 días, ¿cuántos días necesitarán x + 3 vacas en dar x + 5 latas de leche? A)

x(x  2)(x  5) (x  1)(x  3)

x(x  1)(x  5) (x  2)(x  3)

(x  1)(x  3)(x  5) x(x  2)

(x  1)(x  3) x(x  2)(x  5)

ninguna de las anteriores

Solución: Planteamos la regla de tres, quedando: Como el número de vacas es directamente proporcional a las latas y el número de latas es directamente proporcional días, luego debemos operar según las flechas, es decir;

x  (x  5)(x  2)  (x  3)(x  1)  d 

Vacas

Latas

x+1

x+2

x+3

x+5

Días

x(x  5)(x  2) d (x  3)(x  1)

Respuesta A) Ejercicio 638 638.

8  1,68 , entonces

1,68

Solución:

8  1,68  8 4  1,68 , ahora reemplazamos en lo que nos preguntan y nos queda:

3 1,68

1 12

 

 8 4  812  23

 212  2 4  4 2

Respuesta D)

Ejercicio 640 640.

Si x 

, entonces x =

1

1 1

2 1 4

5 1 2

1 1  ...

1 3

C) D)

6 1 4

3 1 2

Solución: Como nos damos cuenta, la situación se va repitiendo hasta el infinito, y si miramos los que está en rojo, 1

x

1

1 1

1 1  ...

nos damos cuenta que lo que está en rojo es igual a x, luego reemplazamos y nos queda: 1

x



1

1 1

1 , 1 x

x

1  x(1  x)  1  x2  x  1  0 1 x

1 1  ...

Aplicando la fórmula de las ecuaciones cuadráticas, tenemos: x

1  1  4 1  5  , y como x es positiva, la solución es 2 2

5 1 2

Respuesta B)

Ejercicio 644 644.

Cuando en una división el dividendo es x, el divisor es y, el cuociente es u y el resto es v, entonces ¿cuál es el resto que se obtiene al dividir x + 2uy por y? A) B) C) D) E)

0 2u 3u 2v v

Solución: Aplicando el algoritmo de la división tenemos que: x : y  u  x  yu  v v

Tenemos que x + 2uy = yu + v +2uy  nos queda que 3uy + v lo debemos dividir por y, pero como 3uy es divisible por y, por tanto el resto debe ser v, o hacemos lo siguiente: 3uy + v =

3uy  v : y  3u v

Respuesta E) Ejercicio 645 645.

Sea la función f(x)  x2  6x  3 , luego es verdadero que A) B) C) D) E)

el el el el el

menor menor menor mayor mayor

valor valor valor valor valor

de de de de de

la la la la la

función función función función función

es es es es es

-3 -6 24 6 24

Solución: En esta función cuadrática a es negativo, por tanto sus ramas abrirán hacia abajo, por tanto existirá un máximo, así ya no pueden ser A), ni B), ni C). El mayor valor de esta función estará en el vértice de ella, por tanto buscamos las coordenadas del vértice, para eso primero buscamos el eje de simetría, que es la abscisa del vértice: x =

b 6   3 , ahora reemplazamos -3 en la función y tenemos: 2a 2  (1)

f(3)  (3)2  6  (3)  3  9  18  3  6 Respuesta D)

Ejercicio 647 649.

Si 2x2 – 2xy + y2 = 289, cuando x e y son enteros y x  0 , entonces el número de diferentes pares ordenados (x,y) que son soluciones de la ecuación es A) B) C) D) E)

8 7 5 4 3

Solución: Sabiendo que x e y son enteros y x en particular es mayor o igual a 0, reescribamos la ecuación de la siguiente forma:

2x2  2xy  y2  289 , x2  x2  2xy  y2  172 , x2  (x  y)2  172 , así analizamos los primeros casos: i)

Si x = 0  x – y = 17 2x2  2xy  y2  289

Respuesta E) Ejercicio 649 649.

Si 2x2 – 2xy + y2 = 289, cuando x e y son enteros y x  0 , entonces el número de diferentes pares ordenados (x,y) que son soluciones de la ecuación es A) B) C) D) E)

8 7 5 4 3

Solución: Sabiendo que x e y son enteros y x en particular es mayor o igual a 0, reescribamos la ecuación de la siguiente forma:

2x2  2xy  y2  289 ,

x2  x2  2xy  y2  172 , x2  (x  y)2  172 , ahora analizamos los

casos: i)

Si x = 0  x – y = 17  y = 17 , luego ya tenemos dos pares ordenados; (0,17) y (0,-17).

ii)

Ahora como vemos que la ecuación tiene la forma del teorema de Pitágoras y como x e y son enteros entonces nos podemos apoyar en los tríos Pitagóricos y en particular en uno de ellos, el (8,15,17), por tanto; -

iii)

Sea Sea Sea Sea

x x x x

= = = =

8 y x – y = 15  8 – y = 15  y = -7  luego (8,-7) es otro par. 8 y x – y = -15  8 – y = -15  y = 23  luego (8,23) es otro par. 15 y x – y = 8  15 – y = 8  y = 7  luego (15,7) es otro par. 15 y x – y = -8  15 – y = -8  y = 23  luego (15,23) es otro par.

El último análisis es considerar que x = 17 y x – y = 0  17 – y = 0  y = 17,así obtenemos el último par que es solución (17,17).

Respuesta B)

Ejercicio 682 682.

En el triángulo ABC de la figura 27, las líneas punteadas son bisectrices de los ángulos respectivos, ¿cuánto mide x?

D A)

40º

30º

20º

10º

No se puede determinar

40º

fig. 27

Solución: Como AT es bisectriz y CT también, el ángulo BCD es 2m + 40º, por tanto el ángulo TCD es m + 20º y como este ángulo es exterior al triángulo ATC entonces tenemos que: m + 20º = m + x 20º = x

m+20º

m m

40º

Respuesta C) Ejercicio 691 691.

En la figura 30, L1 // L2, si las líneas punteados son bisectrices de los ángulos respectivos, entonces el ángulo formado por las líneas punteadas mide

A) B) C) D) E)

90º 75º 60º 45º No se puede determinar

fig. 30 L2

Solución: Si aplicamos el teorema de las paralelas cortadas por una transversal, tenemos que; 2n

2n + 2m = 180º, ahora dividimos por 2 la ecuación y nos queda: n + m = 90, y por la suma de los ángulos interiores de un triángulo nos queda que el ángulo formado por las bisectrices es 90º.

n n

Respuesta A)

Ejercicio 720 720.

Si dos triángulos son congruentes, entonces ¿cuál de las siguientes alternativas es falsa? A) B) C) D) E)

Tienen la misma forma. Sus ángulos correspondientes son iguales. Tienen el mismo perímetro Tienen los mismos ejes de simetría Ninguna

Solución: Si dos triángulos son congruentes, entonces tienen igual forma y sus medidas correspondientes son iguales, por tanto A), B) y C) son verdaderas, ahora analicemos la D)

La figura muestra dos triángulos congruentes y sus ejes de simetría, como vemos son distintos, están en distinto lugar, por tanto la afirmación D) es falsa. Respuesta D) Ejercicio 730 730.

Desde las 14:30 a las 14:50, el ángulo descrito por el horario de un reloj análogo es (no considerando el sentido de rotación) A) B) C) D) E)

5º 10º 15º 20º 25º

Solución: Como el círculo horario tiene 12 horas, entonces podemos decir que el desplazamiento de 1 hora de la manecilla del horario es 30º (360º : 12), por tanto establecemos la siguiente regla de tres;

30º  60 min xº  20 min Como son cantidades directamente proporcionales, tenemos que: 30º · 20 = xº · 60 xº = 10º Respuesta B)

Ejercicio 734 734.

Los triángulos de la figura 57, son isósceles con AB = AC = BD, si BD  AC entonces los A ángulos ACB y ADB suman A)

115º

120º

130º

135º

no tiene solución única

D E fig. 57

Solución:

Consideremos al pentágono cóncavo ABCED, en el la suma de sus ángulos interiores es 180º(5 – 2) = 540º, luego podemos establecer que:

2v + 2t + 270º = 540º

2v + 2t = 270º, dividimos por 2

E v + t = 135º

v B

Observación: En un polígono cóncavo la obtención de la suma de los ángulos interiores se hace de la misma manera que en un polígono convexo. Respuesta D) Ejercicio 739 739.

En la figura 60, AB = CD, luego m = B m

A) B) C) D) E)

10º 15º 18º 20º 9º

D A

2m 3m

fig. 60

Solución: Al prolongar AD y aplicando el ángulo exterior, detectamos que el triángulo CDB es isósceles, por tanto DC = CB y como sabemos que AB = CD entonces concluimos que AB = CB y el ángulo ACB mide 5m, así tenemos que: 5m + 5m + 8m = 180º, del triángulo ABC

B m 7m

D A

2m 3m

3m 4m

18m = 180º m = 10º Respuesta A)

Ejercicio 740 740.

En la figura 61, AB = BD = CD, luego la relación correcta es A) B) C) D) E)

y y x x x

= = + = +

3x 2x y = 180º y y = 90º

fig. 61

Solución:

El ángulo CBD es exterior al triángulo ABD, y es el ángulo exterior al triángulo ACD, luego:

y = 3y

x B

Respuesta A) Ejercicio 741 741.

El triángulo ABC de la figura 62 es equilátero, si los ángulos EDF y FHG son iguales, entonces la medida del ángulo GED es

H A) B) C) D) E)

30º 40º 50º 60º Falta información

E F D

Solución: Como lo muestra la figura el ángulo marcado en verde, es exterior de los triángulos FHG y DEG, por tanto:

fig. 62

m + 30º = x + m

30º 30º

30º = x

Respuesta A)

Ejercicio 751 751.

En la figura 69, se muestra un adminículo mecánico en cual aparecen tres discos tangentes exteriores unidos por sus centros mediante una barra fija, la rotación de uno de ellos se transmite totalmente al otro (no resbalan), los diámetros de los discos son; 6 cm, 8 cm y 10 cm, si el disco menor se gira en el sentido de la flecha 120º, considerando el sentido de rotación, el disco mayor gira

-120º

-90º

-72º

72º

90º

fig. 69

Solución:

La transmisión de la rotación como lo muestran las flechas rojas, nos indican, en el disco mayor la rotación es positiva, por tanto el ángulo debe serlo. Ahora como nos dicen que nos hay roce, la longitud rotada por el disco menor deberá ser igual en el disco mayor, luego: 120º 1   6    6  2 360º 3

Como el perímetro del disco grande es 10  , entonces finalmente tenemos: 2 1  , es decir que lo girado corresponde a un quinto de 10 5

vuelta del disco mayor, por

tanto: 1  360º  72º 5

Respuesta D)

Ejercicio 759 759.

En la figura 76, L1 // L2 // L3, luego x + y = A)

ac bd

c a

ac bd

c d

d c

bc2  ad2 cd

y L1

fig. 76

d L3

Solución: Por teorema de Thales, tenemos;

a c x c bc ad  , luego despejamos x e y, obteniendo: x  ; y=  ,y y d d c b d Luego, sumamos x e y quedando:

bc ad bc2  ad2   d c dc Respuesta E) Ejercicio 788 788.

En la figura 93, L1 // L2, el ángulo CAE mide 18º, si DE = 2·AB, entonces ¿cuánto mide el ángulo x? B E

A) B) C) D) E)

18º 36º 42º 54º 72º

Solución:

D L2

fig. 93

E 18º

Primero diremos que CAE  AEB  18º , 36º F ángulos alternos internos. Luego trazamos BF, D x transversal de gravedad y 18º por propiedad del triángulo C A rectángulo, DF = FE = FB, luego el ángulo DFB es exterior al triángulo FEB, por tanto mide 36º.

18º

Como nos dan que; DE = 2·AB y como ya sabemos que DF = FE = FB, entonces AB = BF, finalmente el triángulo AFB es isósceles, lo cual nos lleva a concluir que x = 36º Respuesta B)

Ejercicio 790 790.

Las circunferencias de centros O y O’ son tangentes exteriores en Q, PB es tangente en B y PA tangente en A, si PQ es tangente común y el ángulo APB mide 80º, entonces el ángulo AQB mide A)

no se puede determinar

140º

120º

100º

90º

O’

B A fig. 95

Solución: Primero consideramos el pentágono APBO’O, luego la suma de sus ángulos interiores es 540º (180º(5-2)) y como conocemos que los ángulos APB, PBO’ y OAP miden; 80º, 90º y 90º, entonces los ángulos AOQ y QO’B suman; 540º - 260º = 280º. Ahora consideramos los triángulos AOQ y QO’B, ambos son isósceles, Consideremos p la medida del ángulo AQO y q la medida del ángulo BQO’, luego tenemos que:

O’

B A

AOQ  2p  180º BO' Q  2q  180º Sumamos queda:

AOQ 

ambas

igualdades

nos

BO ' Q  2q  2p  360º

280º 2q  2p  360º 2q  2p  80º q  p  40º Finalmente el ángulo AQB = 180º - q – p = 140º Respuesta B)

Ejercicio 791

791.

En la circunferencia de la figura 96 de centro O, si el

BAC  15º , entonces

OBC 

30º

45º

60º

75º

80º

fig. 96

Solución:

Prolongamos el radio BO y luego unimos O con C, por tanto el ángulo BOC mide 30º, así el arco BC mide lo mismo. El arco CT deberá medir 150º, ya que BT es diámetro, luego el ángulo OBC debe medir la mitad del arco CT.

15º

150º

30º

Ángulo OBC mide 75º

B 30º

Respuesta D) Ejercicio 792 792.

Los segmentos dibujados dentro del cuadrado van desde un vértice al punto medio del lado opuesto, como lo muestra la figura 97, si el lado del cuadrado es 1, entonces el área del cuadrilátero ABCD es A) B) C) D) E)

2 9 1 4 3 9 1 8 1 5

A B D C

fig. 97

Soluciรณn: Figura 2 Figura 1 Los triรกngulos PQK y QRH son congruentes, por tanto los J S R รกngulos s y r suman 90ยบ, luego A A r podemos concluir que ABCD es B B rectรกngulo. Ahora CH es paralelo s I K s a DP y como nos dicen que H es D D punto medio, entonces CH es C r C mediana del triรกngulo PQD, en s Q consecuencia CH mide la mitad de P H PD, por lo mismo (mediana) QC = CD. Si rotamos el triรกngulo SJA respecto a J, hasta que SJ coincida con JR, nos damos cuenta que se forma un cuadrado igual a ABCD, asรญ rotamos los otros triรกngulos congruentes a SJA y tenemos transformado el cuadrado original como lo muestra la figura 2, ahora notamos que esta transformaciรณn nos muestra que el cuadrado se transformo en una figura formada por 5 cuadrados iguales a ABCD, por tanto ABCD serรก un quinto del cuadrado original.

Respuesta E) Ejercicio 793 793.

ยฟCuรกnto mide el รกngulo x de la figura 98? A) B) C) D) E)

45ยบ 30ยบ 60ยบ 75ยบ 105ยบ

x 12

12 2

fig. 98

45ยบ

Soluciรณn: Trazamos la altura y nos damos cuenta que se forma un triรกngulo rectรกngulo isรณsceles y si aplicamos Pitรกgoras, tenemos que: 12 = b 2

x 12

Luego b = 6 2 , asรญ el triรกngulo de al lado tiene

45ยบ

12 2

45ยบ por medida de sus lados 6 2 , 12 2 y b recordando que en todo triรกngulo rectรกngulo en que un cateto mide la mitad de la hipotenusa debe ser un triรกngulo 30ยบ, 60ยบ y 90ยบ, entonces el รกngulo pedido debe medir:

45ยบ + 60ยบ = 105ยบ Respuesta E)

Ejercicio 794 794.

En el cuadrilátero ALPE de la figura 99, AL // PE, EA es bisectriz del ángulo TAK y LE es bisectriz del ángulo PLA, si AU = 9 cm y PE = 12 cm, entonces UP mide K

1 cm

2 cm

3 cm

4 cm

falta información para determinarlo

fig. 99

Solución:

Los ángulos TAE y PEA son alternos internos, por tanto iguales. Esto hace que el triángulo AUE es isósceles, lo cual nos lleva a decir que EU = 9, finalmente UP = PE – EU = 12 – 9 = 3

9 m

Respuesta C)

Ejercicio 799 799.

El triángulo MNP de la figura 102 es isósceles de base NP, si MO = OP = PN, entonces la medida del ángulo PMN es P A) B) C) D) E)

18º 30º 36º 72º No se puede determinar M

fig. 102

Solución: Por los datos entregados podemos concluir que se forman dos triángulos isósceles, a saber; MOP y PON . Si consideramos

P a

que el ángulo PON es exterior al triángulo MOP entonces deberá medir 2ª, al igual que el ángulo 2a 2a a ONP por ser el triángulo PON isósceles. Para terminar como M N O sabemos que el triángulo MNP es isósceles de base NP, entonces los ángulos MNP y NPM son iguales así tenemos en este triángulo que 2a + 2a + a = 180°  5a = 180°  a = 36° Respuesta C)

Ejercicio 800 800. La circunferencia de la figura 103 está inscrita en el trapecio isósceles, luego el perímetro del trapecio es

A) B) C) D) E)

12 38 50 62 150

13 fig. 103

Solución:

Para obtener el perímetro pedido sólo falta por conocer el lado x, para eso trazamos una perpendicular a ambas bases del trapecio, según muestra la figura, así se forma un triángulo rectángulo de hipotenusa 13 y cateto 5. Aplicando el tría pitagórico 5, 12 y 13, podemos concluir que x = 12. Finalmente el perímetro será; 12 + 10 + 13 + 15 = 50.

x 10

Respuesta C) Ejercicio 802 802.

El triángulo MNQ de la figura 104 es equilátero, el triángulo MNP es rectángulo en N, si NP 

MN 3 , entonces ¿cuál(es) de las siguientes afirmaciones es(son) verdadera(s)? 3

I) II) III)

MP es perpendicular a NQ El ángulo QMP mide 30º T es punto medio de NQ

A) B) C) D) E)

Sólo I Sólo II Sólo III Sólo I y II I, II y III

P T

Solución:

MN 3 NP 3   Como nos dan que: NP  , 3 MN 3

3  3

tg e 

P T

entonces aplicamos la razón tangente, luego

e  30º 30º

Finalmente podemos concluir que: I) II) III)

fig. 104

Verdadera Verdadera Verdadera

60º

Respuesta E)

Ejercicio 803 803.

El hexágono ABCDEF de la figura 105 es regular, ¿qué parte del área de él esta achurada? A)

1 6

1 5

1 4

1 3

1 2

fig. 105

Solución:

Como ABCDEF es un hexágono regular, entonces al trazar las diagonales se forman 6 triángulo equiláteros, ahora si rotamos el triángulo DBC con centro en D hasta que DB coincida con FD, nos damos cuenta que se forma el rombo FODE que es equivalente a toda al área achurada y este rombo es igual a dos de los triángulos equiláteros que forman el hexágono, por tanto:

2 1  6 3

Respuesta D) Ejercicio 810 810.

Los triángulo ABC y DEF de la figura 109 no son congruentes, D y G son puntos medios de los lados AB y BC respectivamente, si AB // EF, entonces FDE = C A)

80º

70º

60º

65º

no se puede determinar

60º

40º

fig. 109

Solución: Primero digamos que el ángulo ADF y DFE son alternos internos, por tanto iguales. Como D y G son puntos medios, luego DG es mediana del triángulo ABC y por tanto es paralela a AC, de aquí decimos que los ángulos CAB y ADB son iguales pues son correspondientes. Respuesta A)

60º

40º

80º

60º

40º

Ejercicio 813 813.

En la circunferencia de centro O de la figura 112, TP es tangente en P,

SPR  30º , ¿cuánto

mide el ángulo PRS? A)

150º

120º

90º

60º

30º

fig. 112

Solución:

Como el ángulo pedido x, es inscrito y encierra el mismo arco que el ángulo semi-inscrito SPT, entonces ambos tendrán la misma medida, por tanto x = 60º.

60º

30º

Respuesta D)

Ejercicio 814 814.

En un triángulo de lados 20, 21 y 29, ¿cuánto mide el radio de la circunferencia inscrita? A) B) C) D) E)

4 7 3 5 5 3 6

Solución: Si los lados del triángulo son 20,21 y 29, luego el triángulo es rectángulo, ya que: 202 + 212 = 292 202 = 292 - 212 400 = (29 + 21)(29 – 21) 400 = 50 · 8 400 = 400 Ahora si trazamos los radios a los puntos de tangencia y nos damos cuenta que se forma un cuadrado de lado igual al radio de la circunferencia inscrita. Como dos tangentes a una circunferencia generan lados iguales, entonces tenemos finalmente que:

20 - r

r r

21 - r

r r

21 - r

20 – r + 21 – r = 29 41 – 29 = 2r 12 = 2r 6=r Respuesta E)

Ejercicio 815 815.

Las tres circunferencias de la figura 113, son tangentes entre si y tangentes a la recta, las dos mayores tienen igual radio y la menor tiene radio 3, entonces el radio de las mayores es A) B) C) D) E)

6 8 10 12 ninguno de las anteriores

fig. 113

Solución: Trazemos primero la tangente común BC, que pasará por el centro de la circunferencia menor, luego trazamos el radio OA para después dibujar O’E paralela a AB. Así formamos el triángulo rectángulo OEO’, que tiene por catetos; r, r – 3 e hipotenusa r + 3. Aplicando Pitágoras tenemos;

r+3

r-3

O’

r2  (r  3)2  (r  3)2 r2  (r  3)2  (r  3)2 r2  (r  3  r  3)(r  3  r  3) r2  2r  6 r  12 Respuesta D) Ejercicio 821 821.

En la figura 117, todos los lados interiores al ángulo PQR son iguales, si dicho ángulo mide 18º, ¿cuántos triángulos isósceles se pueden formar? P A)

infinitos

fig. 117

Solución: Si vamos aplicando sucesivamente la condición de que los triángulos son isósceles y aplicando el ángulo exterior de ellos llegamos que el final, como lo muestra la figura tendremos un ángulo de 90° y es imposible que haya un triángulo isósceles de dos ángulos de 90°, por tanto se pueden formar bajo estas condiciones 4 triángulos.

36°

72°

36° 18°

18°

54°

90°

Respuesta C)

Ejercicio 822 822.

De un polígono regular de vértices A, B, C, D, … se sabe que el ángulo ACB mide 10º, luego ¿cuántas diagonales diferentes pasan por el centro de él? A) B) C) D) E)

8 9 10 11 18

Solución: Considerando que todo polígono regular está inscrito en una circunferencia y como el ángulo ACB es inscrito y encierra el arco AB, entonces podemos decir que el arco AB mide 20º.

B 20º A

Así podemos concluir que el polígono tiene 18 lados 360º (  18 ) t las diagonales que pasan por el centro 20º serán las que unen los vértices opuestos, por tanto 18  9 ). serán 9 ( 2 Respuesta B) Ejercicio 823 823.

En la circunferencia de la figura 118, las cuerdas miden 6 cm. y 8 cm., si ellas están a una distancia de 1 cm., entonces el radio de la circunferencia mide A) B) C) D) E)

2 cm. 3 cm. 4 cm. 5 cm. no se puede determinar

fig. 118

Solución:

A Si trazamos el radio perpendicular a las dos cuerdas paralelas, entonces las dimidiará, y luego trazamos los radios a los extremos de ellas y se nos forman dos triángulos rectángulos en los cuales podemos aplicar el teorema de Pitágoras.

r O

Llamemos a OA = m, entonces tenemos que; m2 + 32 = r2 y (m – 1)2 + 42 = r2, igualando nos queda: m2 + 32 = (m – 1)2 + 42 m2 - (m – 1)2 = 42 – 32 (m + m – 1)(m – m + 1) = (4 + 3)(4 – 3) 2m – 1 = 7, luego m = 4 Así el triángulo rectángulo de cateto 3, tendría por catetos 3 y 4 lo cual nos lleva a concluir por trío pitagórico que r debe ser 5. Respuesta D)

Ejercicio 841 841.

En la figura 131, ¿cuál es la medida del radio de la circunferencia de centro O?

C A) B) C) D) E)

4 4 3 3 2 3 3 1 3 3

2 O

60º

fig. 131

Solución: Trazamos el diámetro AE y la cuerda EC, así se nos forma un triángulo rectángulo ACE, pues está inscrito en una semicircunferencia. Los ángulos ABC y AEC son inscritos y encierran el mismo arco CA por tanto son iguales, finalmente nos queda un triángulo de 30º, 60º y 90º, de el sabemos que el cateto que se opone a 60º debe medir la mitad de la hipotenusa por la raíz de 3, por tanto:

2

C 2 r r

60º

O 60º

2r 2 2 3 3 2r 3  r  r 2 3 3

Respuesta C) Ejercicio 844 844.

En una circunferencia de diámetro 8 10 cm., una cuerda esta a una distancia de 4 cm. del centro, ¿cuál es la medida de la cuerda? A) B) C) D) E)

12 16 20 24 30

cm. cm. cm. cm. cm.

Solución:

Primero si el diámetro es 8 10 , entonces el radio será 4 10 , ahora como 4 es la distancia de la cuerda al

centro entonces este segmento deberá ser perpendicular a la cuerda y si lo prolongamos tendremos el radio y por un teorema, el radio que es perpendicular a la cuerda, entonces la dimidia, luego aplicamos el teorema de Pitágoras, tendremos a;



a2  42  4 10

4 10



a2  16  16  10 a2  160  16  144 a  12 Luego la cuerda medirá 2a = 24

Respuesta D)

Ejercicio 846 846.

Se desea embaldosar un patio cuadrado de 2m de lado, luego ¿con cuál de las siguientes baldosas no podrá cubrirse completamente el patio si no se puede transformar ninguna de las baldosas? A) B) C) D) E)

baldosas baldosas baldosas baldosas baldosas

cuadradas de lado 50 cm. rectangulares de 20cm. por 25 cm. de forma de triángulo rectángulo de catetos 50 cm y 10 cm. de forma de triángulo equilátero de lado 20 cm. rectangulares de 40 cm. por 8 cm.

Solución: Como se nos pide embaldosar un patio cuadrado, las baldosas deben tener a lo menos un ángulo recto, por tanto es obvio que no se podrá embaldosar con baldosas de forma de triángulo equilátero. Respuesta D) Ejercicio 859 859.

Los triángulos ADE y ACB son congruentes (figura 138), ¿cuál(es) de las siguientes E afirmaciones es(son) falsa(s)? I) II) III)

CF = FD

A) B) C) D) E)

Sólo I Sólo I y II Sólo III Sólo I y III todas

DFB  CFE

F es punto medio de ED y BC C F

fig. 138

Solución: Aplicando la congruencia que nos indica el enunciado, podemos concluir que AB = AE y que AD = AC, por tanto DB = CE y si a esto le agregamos que los ángulos DFE y CFE son iguales, por ser opuestos por el vértice, entonces: II) I) III)

Verdadera, por postulado ángulo, lado, ángulo. Verdadera, por II). No tenemos información para decir que F es punto medio, y si consideramos que el ángulo p es muy pequeño veremos que F no es punto medio. Falsa.

E p C m

F q p

m A

Respuesta C)

Ejercicio 860 860.

En la figura 139, la circunferencia mayor está inscrita al cuadrado mayor y pasa por los 4 vértices del cuadrado menor, la circunferencia menor está inscrita al cuadrado menor, luego ¿en qué razón están los radios de las circunferencias? A) B)

1:2 2:3

no se puede determinar

fig. 139

Solución: Si trazamos los radios menores a los puntos de tangencia se va a formar un cuadrado como lo muestra la figura, y si trazamos el radio mayor a un vértice, entonces tenemos un cuadrado cuyo lado es el radio menor y la diagonal es el radio mayor, y recordando que la diagonal de un cuadrado es igual al lado por la raíz de 2, entonces:

R r 2 



r r

R r

r R

Respuesta C) Ejercicio 861 861.

En la figura 140, ABCD es rombo, E es un punto de BC tal que

BE r  , entonces las área EC t

del triángulo ABE y el rombo ABCD están en una razón de A)

r 2(r  t)

t 2(r  t) 2

 t    r  t   r    r  t 

D) E)

r    t

fig. 140 A

Solución: Como ABCD es un paralelogramo, podemos concluir que para el triángulo y para el paralelogramo BE r es la misma altura, si además nos dicen que  , EC t

entonces podemos concluir que:

BE = rk y EC = tk, finalmente aplicamos las fórmulas de área y nos queda; rk  h rk r 2 2   (rk  tk)  h k(r  t) 2(r  t)

A h

Respuesta A)

Ejercicio 863

863.

Sobre los lados AB y AC del triángulo ABC, se han dibujado triángulos equiláteros, como lo muestra la figura 142. Si F y G son los puntos medios de AC y AE respectivamente, E FG entonces = BD G 1 D A) 2 A B) 1 3 C) F 2 1 D) 4 C fig. 142 B E) no se puede determinar

Solución:

Si tomamos el triángulo BDA y lo rotamos 60° con respecto del vértice A, nos daremos cuenta D quedará en C y el vértice B quedará en E, por tanto EC = BD, ahora como sabemos que F y G son puntos medios, entonces GF pasa a ser mediana del triángulo ECA, por tanto: FG 1  EC 2

y por tanto como EC = BD,

60°

tenemos que:

FG 1  BD 2 Respuesta A) Ejercicio 865 865.

En la circunferencia de centro O y radio r (fig. 144), se ha inscrito el  PQR. Entonces la longitud del segmento PQ está representada por



A) B) C) D) E)

r·sen  r·cos  2r· sen  2r· cos  r·sen 2

.O P

fig. 144

Solución: Como todas las alternativas nos presentan razones trigonométricas, entonces debemos generarnos un triángulo rectángulo en el cual aparezca el ángulo  , luego al trazar el diámetro y unirlo con Q, tenemos un triángulo rectángulo, ya que está inscrito en una semicircunferencia y el ángulo es igual a  , ya que son dos ángulos inscritos que encierran el mismo arco. Aplicando ahora la razón trigonométrica seno tenemos que:

sen 

PQ  2rsen  PQ 2r

R  

Respuesta C)

Ejercicio 880 880.

Si con un triángulo isósceles de área 5 se forma un rombo, entonces el producto de las diagonales es A) B) C) D) E)

5 10 12 20 40

Solución: Como el rombo está formado por dos triángulos isósceles de área 5, entonces podemos concluir que su área es 10. Recordando que el área del rombo también la podemos calcular como el semiproducto de las diagonales, entonces:

dD  10  d  D  20 2 Respuesta D) Ejercicio 881 881.

En la figura 152, ABCD es paralelogramo, F está en la prolongación de AD. Si EF = 32 y GF = 24, entonces BE es igual a F A) B) C) D) E)

4 8 10 12 16

Solución:

fig. 152

Poniendo los ángulos correspondientes y considerando que estamos en presencia de un paralelogramo, nos damos cuenta que tenemos 3 triángulos semejantes; CBE y AFE, además son semejantes los triángulos ABE y CGE.

F m

G q

E De la semejanza entre los triángulos CBE y AFE tenemos que: x EC  32 AE

C n

x q

Y de la semejanza entre los triángulos ABE y CGE tenemos:

EC 8  , luego fundiendo las dos proporciones, nos queda: AE x x 8  x2 = 256  x = 16  32 x

Respuesta E)

Ejercicio 882

882.

En la figura 153,  DBC isósceles de base DB, AD · AB =

C A) B) C) D) E)

1 2 1 2 3 5

40º

1 B

fig. 153

Solución: La mejor solución a este ejercicio es la que me enseñó David Painequeo, el me indicó que construyera una circunferencia de centro en C y de radio 1, luego aplicamos la proporcionalidad generada por las dos secantes y tenemos que:

C 1

40º

AD · AB = 1 · 3

Respuesta D)

Solución de David Painequeo. Ejercicio 885 885.





Si el punto 2,2 3 se rota 30º con respecto al origen (0,0), el punto resultante es A) B) C) D) E)

(0,2) (0,4) (4,0) (2,0)

y 4

 2, 2 3 

Solución:

30°

Como las coordenadas del punto a rotar son

2,2 3  ,

formar

triángulo

2 3

30°

60° rectángulo como la muestra la figura, este 2 2 x al tener los catetos de medidas; 2 y 2 3 , entonces podemos decir que es un triángulo de 30°, 60° y 90°, por tanto la hipotenusa debe medir 4, así al rotar el punto, nos damos cuenta que la hipotenusa quedará en el eje y, por tanto las coordenadas del punto resultante será (0,4).

Respuesta B)

Ejercicio 888 888.

La figura 155 muestra parte de un cubo, el corte sombreado es un triángulo formado por las diagonales de las caras, si el cubo original tiene arista 1 cm, entonces el volumen del cuerpo resultante es 1 A) cm3 2 1 B) cm3 3

2 cm3 3

5 cm3 6

1 cm3 6

fig. 155

Solución:

Si completamos el cubo, entonces podemos decir que el volumen pedido es igual al volumen del cubo menos el volumen de la pirámide con la cual completamos el cubo. Así tenemos que el volumen del cubo es 1 cm3, ahora consideremos que la base de la pirámide está en la cara superior del cubo y su área es la mitad del cuadrado superior, y su altura es la arista, entonces nos queda:

1 1 1

1 1 1 1   1  cm3, luego finalmente: 3 2 6 1

1 5  cm3 6 6

Respuesta D) Ejercicio 895 895.

Sea un triángulo ABC de lados a, b, c y alturas ha, hb y hc, luego I) II) III)

aha = bhb = chc Si a > b > c  ha < hb < hc h a : hb : hc = a : b : c

Es(son) verdadera(s) A) B) C) D) E)

Sólo I Sólo II Sólo III Sólo I y II I, II y III

Solución:

hA hB

En todo triángulo podemos decir que no importando como le calculemos el área, si lo hacemos bien, el resultado siempre deberá ser el mismo, por tanto tenemos:

a  hA b  hB c  hC   , ahora si multiplicamos 2 2 2 la igualdad por 2 nos queda que:

a  hA  b  hB  c  hC Como el producto de un lado y su respectiva altura es constante, entonces podemos inferir que son cantidades inversamente proporcionales, así podemos concluir que a lado menor altura mayor.

I) II)

Verdadera Verdadera

III)

Falsa, ya que si

hA a   b  hA  a  hB , lo cual se contrapone a lo que concluimos. hB b

Respuesta D) Ejercicio 900 900.

Los triángulos ABF y BCE de la figura 164 son congruentes, ACDG es rectángulo. ¿Cuál(es) de las siguientes afirmaciones es(son) verdadera(s)? I) II) III)

EFB  BCE El área del AFG más el área de EDC es igual al área del ABF . ABEF es paralelogramo. G F E D

A) B) C) D) E)

Sólo I Sólo II Sólo III Sólo I y II I, II y III

fig. 164

Solución: Usando la congruencia indicada en el enunciado, nos damos cuenta de los lados que son iguales y los ángulos que lo son también (escritos en verde en la figura). Como ACDG es rectángulo, por lo tanto es un paralelogramo, escribimos los ángulo que son iguales por paralelas cortadas por una transversal (ángulos marcados en lila), luego podemos decir que los triángulos ABF, BCE y EFB son congruente, así: I) III)

F c

E a

c b

Verdadera Verdadera

Ahora si trasladamos el triángulo AFG hasta que AG coincida con CD, nos daremos cuenta que el triángulo así formado es congruente con ABF, por tanto: II)

Verdadera

Respuesta E)

Ejercicio 901 901.

En el triángulo ABC e la figura 165, se han trazado las alturas AD y BF, si AD = 8, BD = 6 y CD = 4, entonces ED = A A)

1 2

5 2

Solución:

fig. 165

Los triángulos BDE y ADC son semejantes por el postulado ángulo, ángulo, luego;

ED CD ED 4     ED  3 BD AD 6 8

E n m

Respuesta E)

Ejercicio 902 902.

La figura 166, presenta un cono recto invertido, de diámetro 8 cm y altura 24 cm y dentro de él una esfera de radio 1 cm, si la esfera es no puede descender más por el interior del cono, entonces ¿a qué distancia del vértice del cono queda el centro de la esfera?

8 A) B) C)

2,3 cm 6,0 cm 8,0 cm

37 cm

2 37 cm

fig. 166

Solución: Si trazamos la altura del cono, esta pasará por el centro de la esfera, además si trazamos el radio de la esfera hasta el punto de tangencia se forman dos triángulos semejantes, luego en el triángulo de catetos 4 y 24 aplicamos Pitágoras, tenemos:

42  242  b2  42  42  62  b2  42 (1  36)  b2 2

4  37  b  4 37  b

Finalmente por semajanza nos queda:

1 x

x 4 37   x  37 1 4 Respuesta D)

Ejercicio 956

956.

Las dos circunferencias de la figura 206 son congruentes, si MN contiene a los centros O y O’, entonces el ángulo NPM es igual a P

A) B) C) D) E)

90º 110º 120º 135º 140º

O’

fig. 206

Solución:

P Como las circunferencias son congruentes, igual radio. Si trazamos los radios des O y O’ al punto P, se nos forma un triángulo equilátero, OO’P y los triángulos NPO’ y MPO son isósceles por tanto el ángulo NPM mide 120º.

30º 60º 30º

r M

30º

60º

30º

O’ r

Respuesta C) Ejercicio 957 957.

En la figura 207, las tres circunferencias son secantes entre si, cada una de ellas contienen a los centros de las otras dos, luego AOB = A

Falta información para determinarlo

60º

90º

120º

150º

O” O’

B O

fig. 207

Solución: Como cada circunferencia pasa por el centro de las otras dos, entonces podemos concluir que las tres deben tener el mismo radio es decir son congruentes. Uniendo los centros y trazando los radios a los puntos de intersección A y B, nos damos cuenta que se forman triángulos equiláteros, por tanto los arcos BO, OO’ y O’A son iguales y miden 60º, por tanto el arco BA mide 180º, lo cual implica que el arco AB también mide 180º, finalmente como el ángulo BOA está inscrito en la circunferencia de centro O” y encierra el arco AB, entonces mide 90º

A r

r O” r

r B

O’

r r O

Respuesta C)

Ejercicio 979 979.

Las dos circunferencias de la figura 220 son tangentes a la recta, si A y B son los puntos de tangencia y la distancia entre los centros es 15, entonces AB =

A) B) C) D) E)

4 8 12 16 18

fig. 220

Solución: Al unir los centros y luego trazar los radios a los puntos de tangencia tenemos dos triángulos rectángulos semejantes, que tiene por catetos correspondientes; 6 y 3, por tanto la razón en que están los lados es 2 : 1, así entonces tenemos que:

3 k

O’

OO’ = OP + PO’ = 3k = 15 k = 5, lo cual nos llega a decir pitagórico 3,4,5, tenemos que:

que OP = 10 y PO’ = 5, ahora

usando

tría

AP = 8 y PB = 6, así finalmente AB = 8 + 4 = 12 Respuesta C) Ejercicio 986 986.

En la figura 225 AT es bisectriz del ángulo BAC, luego AB = A)

Solución:

40 T

6 A

fig. 225

Usando el teorema de la bisectriz, tenemos que:

AB 6 6  40   AB   6  5  30 40 8 8

Respuesta A)

Ejercicio 1016 1016. Las caras del cubo de la figura 237, están sobre los planos xy, yz y zx, las coordenadas del punto A son (0,2,0), luego la distancia entre los vértices B y C son z A)

2 2

3 2

2 3

B x

fig. 237

Solución: Como el cuerpo es un cubo y las coordenadas del punto A son (0,2,0), entonces concluimos que las aristas miden 2. Si consideramos el triángulo BAC este es rectángulo en A y los catetos serían la diagonal de la cara inferior BA y la arista AC, luego:

BC 

A 2

AB  2 2 y AC = 2, aplicando Pitágoras, tenemos;

AB2  AC2  8  4  12  2 3

Respuesta D) Ejercicio 1020 1020. El cuadrado de la figura 240 tiene un área de 121 cm2, E es el centro del cuadrado,

GEF

= 90º y FC = 3. ¿Cuánto mide el área del A cuadrilátero GEFC? B

A) B) C) D) E)

18 cm2 25,5 cm2 81 cm2 1 62 cm2 8 1 30 cm2 4

E F

Solución:

fig. 240

Si trazamos las diagonales, estas se intersectaran en el punto E, si el ángulo CED = FEG = 90º y además:

FEC   FEC 

CEG  GED

CEG 

GED  90º

Y como CE = ED, entonces los triángulos CFE y DGE 45º son congruentes, luego si recortamos el triángulo CFE D G y lo rotamos hasta coincidir con el triángulo DGE, nos daremos cuenta que el área pedida es equivalente a la del triángulo CED que es la cuarta parte del cuadrado.

u 45º

121 : 4 = 30,25 Respuesta E)

Ejercicio 1026 1026. El hexágono KASPER de la figura 245 es regular, luego ¿cuál(es) de las siguientes P afirmaciones es(son) verdadera(s)? E I) II) III)

ÚLTIMO es hexágono regular. El triángulo TIP es equilátero. Los triángulos KER y PIE son semejantes.

IV)

El área del RIE es

A) B) C) D) E)

I R

2 del área del KAS . 3

Sólo I y II Sólo II y III Sólo I, II y III Sólo I, II y IV todas

fig. 245

Solución:

60°

Como todo polígono regular es inscriptible en una circunferencia, luego KASPER lo inscribimos en una circunferencia, generándonos 6 arcos iguales, si aplicamos los teoremas de circunferencias llegaremos a descubrir las medidas de los ángulos que aparecen en la figura y de ellos desprendemos también lo siguiente:

60°

30°

30° 60° 60° 60°

30° 60° 60° 30° I 60°

M 30° 60° 60° 60° 30° O

RM = ME = EI = IP = PT = TS = SL = LA = AU = UK = KO = OR

30° 60° 60° 60°

60°

30°

60° 60°

60° 60° 30°

30°

60°

30°

60°

30°

60°

Finalmente tenemos que: I) II) III) IV)

Verdadera Verdadera Verdadera Verdadera, el triángulo KAS es congruente con el triángulo ERP y como RM = MI = IP, por tanto los triángulos RME, MIE y PIE tienen igual área.

Respuesta E) Ejercicio 1035 1035. En el triángulo LON está inscrito el rombo VANE, figura 251, si LN = 12 m, LO = 8 m y ON = 6 m, entonces el lado del rombo mide

A) B) C) D) E)

2 3 4 5 8

Solución:

m m m m m

E A fig, 251

Digamos que el lado del rombo es a, y como es paralelogramo, luego VE // ON y VA // NL, así el triángulo LVE es semejante al triángulo LON. Consideremos ahora que VE = a y LE = 12 – a, entonces tenemos que: a 12  a   12a  72  6a  18a  72  a  4 6 12

N 12 a

p 8

n m

Respuesta C)

Ejercicio 1156 1156. La probabilidad de un suceso es 0,3 y la de otro es 0,4, si ambos sucesos son independientes, entonces la probabilidad de que no ocurran ambos es A) B) C) D) E)

0,12 0,7 0,3 0,88 0,98

Solución: Como los sucesos son independientes, entonces la probabilidad de que suceda uno o el otro sería 0,3 + 0,4 = 0,7, luego la probabilidad que no ocurran ambos es 1 – 0,7 = 0,3. Respuesta C) Ejercicio 1157 1157. Una persona al sumar dos números de dos cifras cada uno con la calculadora se equivoca al digitar el segundo de ellos, si el primero es 55, entonces ¿cuál es la probabilidad de que el resultado así obtenido sea menor que el resultado correcto, si este es el mayor número de dos cifras? A) B) C) D) E)

44 90 45 91 45 90 44 91 45 100

Solución: Del enunciado concluimos que el resultado correcto debió ser 99 (es el número mayor de dos dígitos), por tanto el segundo número debió haber sido 44. Como nos piden la probabilidad que el resultado debe ser menor, entonces podemos decir que el segundo número podría ser 43, 42, 41, 40, … , 10, ya que el segundo número debe ser también de dos cifras, luego los casos favorables son 43 – 10 = 33, debemos sumarle 1 pues considera los dos extremos, luego finalmente los casos favorables son 34. Los casos posibles son 99 – 10 = 89, luego 89 + 1 = 90. 34 90 Respuesta F) Ejercicio 1167 1167. Si n! = n·(n-1)·(n-2)·…·1, entonces ¿de cuántas formas distintas se pueden ordenar las letras de la palabra “casa”? A)

4! 2!

B) C) D) E)

4! 2! 4! · 2! 3!

Solución: Si fuesen las cuatro letras distintas las formas distintas de ordenar las letras de la palabra “casa” sería 4!, pero como hay dos que se repiten, luego debe ser , ya que de los maneras distintas de ordenar las dos “a” debemos considerar sólo una.

4! 2! Respuesta A) Ejercicio 1174 1174. En una fila hay 7 mujeres y 3 hombres, si las damas deben quedar juntas de ¿cuántas maneras posibles se pueden ordenar en la fila? A) B) C) D) E)

3 7 21 3 · 3! · 7! 4 · 3! · 7!

M M

M M M M M

M M

M M M M M

M M

Solución:

M M M M M

Las distintas mujeres (7) al ordenarlas en M M M M M M M los siete lugares es 7!, ya que deben quedar juntas, en consecuencia se deben ordenar los 3 hombres (3!). Y las distintas formas de que queden las 7 mujeres juntas la muestra la figura, por tanto tenemos que: 4 · 7! · 3! Respuesta E) Ejercicio PSU-1 46 46.

Los puntos R, Q y P pertenecen al arco de circunferencia de centro O y radio 12, ¿cuál es el área del trapecio OSQP (figura 11)? A) B) C) D) E)

No se puede determinar 144 112,5 114,6 108

135º

fig. 11

Solución: Como en el trapecio OSQP, OS // PQ, luego el ángulo QPO mide 45°, al trazar el radio OQ, nos percatamos que el triángulo QPO es rectángulo isósceles, ahora si trazamos OE, concluimos que el trapecio pedido se divide en 3 triángulos rectángulos isósceles de hipotenusa 12. Si armamos esos 3 triángulos como lo muestra la figura, nos damos cuenta que se forma un cuadrado de diagonal 12 más medio cuadrado de iguales medidas, si recordamos que el área de un cuadrado es igual al semiproducto de sus diagonales, entonces finalmente tenemos:

E 45°

45°

12 45°

135º

45°

12 45°

3 12  12   3  3  12  108 2 2

Respuesta E)

Ejercicio PSU-1 49 49.

La figura 14 está formada por 6 rectángulos congruentes de lados h y w, PQ intersecta a los lados de los rectángulos en X e Y, si YZ = 2XZ, entonces ¿en qué razón están h y w respectivamente? P A) B) C) D) E)

2 1 3 1 3

: : : : :

3 2 8 3 4

X Z

Y fig. 14

h w

Solución:

Como lo muestra la figura, los triángulos XYZ y PQR son semejantes, por tanto sus lados son proporcionales y como sabemos que YZ = 2ZX, luego tenemos que:

h h

YZ 2 3w 8 w h 3       ZX 1 4h 3 h w 8

m w

Respuesta C) Ejercicio PSU-1 50 50.

La siguiente tabla muestra las distancias en línea recta que hay entre las ciudades P, Q, R y S en kilómetros, luego ¿cuántos kilómetros hay entre las ciudades P y R? A) B) C) D) E)

24 24,5 25 27 30

Solución:

P Q

P 0 25

R S

Q 25 0 25 7

S 24 7 18 0

25 0 18

Primero como las distancias son en línea recta y al mirar la tabla nos damos cuenta que la distancia entre S y Q es 7, y la de S a R es 18, luego 7 + 18 = 25, que es la distancia entre R y Q, por tanto tenemos el siguiente esquema: Como vemos en la figura que representa el esquema indicado por las distancias de la tabla, luego podemos aplicar Pitágoras para encontrar x, recordando un trío pitagórico, el (3,4,5) nos queda que:

x = 6  5  30 Respuesta E)

Ejercicio PSU-1 54 54.

Al paralelogramo VASI de la figura 18, se le han trazado los segmentos IT y AL de manera tal que, T y L son puntos medios, luego ¿cuál(es) de las siguientes afirmaciones es(son) falsa(s)? I) II) III) A) B) C) D) E)

IT // AL VE IE  US AU TE = UL

U E

Sólo I Sólo I y II Sólo II y III I, II y III Ninguna

A fig. 18

Solución: Como VASI es paralelogramo y L y T son puntos medios, entonces los triángulos LSA y TVI son congruentes por postulado (L,A,L). Así podemos concluir que V el cuadrilátero TALI es paralelogramos ya que sus lados opuestos son iguales; IL = TA y TI = LA. I) II) III)

E n m

m n

Verdadera Verdadera; los triángulos VEI y SUA son congruentes. Verdadera; los triángulos SUL y VET son congruentes.

Respuesta E) Ejercicio PSU-1 58 58.

En el cubo de la figura 21, A, B y C son los puntos medios de las aristas. Al cortar la pirámide de vértices A, B, C y U, ¿en qué razón están el nuevo volumen y el original? A) B)

3 4 5 6

7 8

1 16

15 16

A U

fig. 21

Solución:

C Como nos advierten que ABC son los puntos medios de las aristas, consideraremos arista 2a. Consideramos como base de la pirámide el triángulo BCU, que es rectángulo isósceles de cateo a, la altura a considerar para el cálculo de volumen es AU = a, por tanto el volumen sería:

Base

U B

1 aa a3  a  3 2 6

El nuevo volumen sería el original menos el volumen de la pirámide, sería: (2a)3 

a3 a3 47a3  8a3   6 6 6

Así, lo pedido sería: 47a3 3 6  47a  47 3 3 48 8a 48a

Respuesta F) Ejercicio PSU-2 5 5.

En la resta que se muestra, K, L, M y N son cifras, ¿cuál es el valor de K + L + M + N? A) B) C) D) E)

17 18 19 23 27

6 K0L M9N4 20 11

Solución: Como la resta no me gusta la cambio a suma y tenemos:

2 011 M9N4 6 K0L

Luego 1 + 4 = L, entonces L = 5, en la segunda columna nos queda; 1 + N = 10, entonces N = 9. Como tenemos uno de reserva, en la columna siguiente nos queda; 1 + 0 + 9 = 10, lo que implica que K = 0 y tenemos 1 de reserva, lo cual nos deja en la última columna que: 1 + 2 + M = 6, por tanto M = 3. Finalmente K + L + M + N = 0 + 5 + 3 + 9 = 17 Respuesta A)

Ejercicio PSU-2 10 10.

Juan tiene

1 2 de la edad de María y esta tiene de la edad de Luis. Si Luis tiene 36 años, 6 3

¿qué edad tiene Juan? A) B) C) D) E)

2 3 4 6 8

años años años años años

Solución: Sea J la edad de Juan, M la edad de María y L la edad de Luis, traduciendo tenemos: J

1 2 M y M  L , si aplicamos la edad de Luis tenemos que: 6 3

M

J

2  36  24 , aplicando ahora la edad de María, nos queda: 3 1  24  4 6

Respuesta C) Ejercicio PSU-2 18 18.

Uno de los factores de x2n+1 – 2xn+1 + x es A) B) C) D) E)

xn x-1 xn-1 – x xn+1 + x xn + 1

Solución: Primero factoricemos por x teniendo que: x(x2n – 2xn + 1) y nos percatamos tanto;

que el paréntesis es un cuadrado de binomio, por

x(xn – 1)2 = x(xn - 1)(xn – 1), por tanto los factores pueden ser; x, xn – 1 o x(xn -1) = xn+1 – 1 y ninguno de ellos está, por tanto la respuesta es F. Respuesta F) Ejercicio PSU-2 25 25.

Dos números x e y son tales que, la suma de sus cubos es igual a la diferencia entre los cuadrados de sus antecesores, ¿cuál de las siguientes expresiones algebraicas los representa? A) B) C) D) E)

x3 x3 x3 x3 x3

+ y3 = (x – 1)2 + (y – 1)2 + y3 = (x + 1)2 - (y + 1)2 + y3 = (x – 1)2 - (y – 1)2 - y3 = (x – 1)2 - (y – 1)2 - y3 = (x – 1)2 + (y – 1)2

Solución: La suma de los cubos es x3 + y3 y la diferencia de los cuadrados de los antecesores es (x – 1)2 – (y – 1)2, por tanto la respuesta es C Respuesta C)

Ejercicio PSU-2 26 26.

La solución de la inecuación x  1  1  0 A) B) C) D)

E) Solución: x  1  1  0  x  1  1 , luego aplicamos la propiedad de valor absoluto y nos queda: 1  x  1  1  1  1  x  1  1  1  1  0  x  2

Respuesta B) Ejercicio PSU-2 34 34.

La ecuación y = ax2 + bx + c, fue usada para crear la tabla siguiente. ¿Cuál es el valor de a + b? A) B) C) D) E)

-5 -2 1 3 5

0 8

1 9

Solución: Aplicando los puntos (0,8) y (1,9), tenemos: (0,8)  8 = 0 + 0 + c  8 = c (1,9)  9 = a + b + 8  9 – 8 = a + b  1 = a + b Respuesta C) Ejercicio PSU-2 36 36.

La gráfica de la figura 4, representa a la función f(x) = ax 2 + x + c, luego ¿cuál de las alternativas representa una relación siempre correcta al respecto de ella y A) B)

a>0 c>0

ac >

D) E)

c > 2 – 4a ninguna de las anteriores

1 4

-2

fig. 4

Solución: Primero decimos que a < 0, por tanto no es A). Como la gráfico nos muestra que la parábola corta al eje x en dos puntos, lo que implica que el discriminante debe ser positivo, por tanto nos queda: 12  4  a  c  0  1  4ac 

1  ac , luego no es C, de aquí desprendemos que c debe ser 4

negativo, pues ac es positivo. 1 1  2  1  4a   a , pero no nos 2a 4

Podríamos aplicar el eje de simetría y tener que: lleva a la respuesta.

Pero si vemos la gráfica podemos decir que f(-2) > 0, por tanto: f(2)  a(2)2  (2)  c  f(2)  4a  2  c , luego nos queda que:

4a – 2 + c > 0  c > 2 – 4a Respuesta E) Ejercicio PSU-2 48 48.

En la circunferencia de centro O, figura 10, el diámetro AB intersecta a la cuerda DC de manera perpendicular en el punto E, si DE = 6 cm. y AE = 2 cm., entonces el radio de la A circunferencia es A) B) C) D) E)

18 cm. 16 cm. 12 cm. 10 cm. 9 cm.

Solución:

E O

fig. 10

Recordando que si un radio es perpendicular a una cuerda entonces lo dimidia y BE = 2r – 2. Aplicando el teorema de las cuerdas nos queda:

A D

2 6

2  (2r  2)  6  6

4r – 4 = 36 4r = 40 R = 10

Respuesta D)

C 6

Ejercicio PSU-2 50 50.

En la figura 12, FITO es cuadrado de perímetro 8, si RU // FI, entonces la suma de las áreas de los triángulos FIU y TOR es T O A) B) C) D) E)

no se puede determinar 16 4 2 1

fig. 12

Solución:

Considerando que FITO es cuadrado y que RU // FI, por lo tanto RU también es paralelo a TO. Luego el área del triángulo FIU es equivalente a la del triángulo FIE, de igual forma el área del triángulo TOR es equivalente al área del triángulo TOE, así podemos concluir que el área pedida es igual a la mitad del cuadrado FITO.

Área del cuadrado = 4 Área pedida = 4 : 2 = 2 Respuesta D) Ejercicio PSU-2 53 53.

En la figura 14, ABCD y AEFG son rectángulos, si BC = 5 cm. y CD = 8 cm., entonces AG · GB = D

40 cm2

30 cm2

25 cm2

32 cm2

80 cm2

fig. 14 E

Solución: Si consideramos que el área del triángulo ABC es igual al área del triángulo ABG = 20 cm2. Si el área del triángulo ABG es 20 cm2, entonces podemos inferir: AG  GB 2  20  AG  GB  40 cm 2

Respuesta A)

Sixto Maulén y Savane Emegu 2012