solucionario matematica 2007 ii[1]

7/22/2019 Solucionario Matematica 2007 II[1]

http://slidepdf.com/reader/full/solucionario-matematica-2007-ii1 1/14

- 1 -

Solucionario del Examen de Admisión UNI 2007 - II

MATEMÁTICA

Tema P

20071961

R.D. USE 01 - 1810 - 89

ACADEMIA

CESAR VALLEJO

Resolución Nº 1

Sea el número de tres cifras abc.Por dato

abc=k2+ R y

abc=q3+ R

abc – R=k2es cuadrado y

cubo a la vezabc – R=q3

Para dicha cantidad de cifras sólo cumple 36

abc – R=36 → abc =729+ R abc=272+ R abc =93+ R

Los restos máximos son

R ≤ 2×(27) R ≤ 3×(9)(10)

R ≤ 54 R ≤ 270

R ∈ {1; 2; 3; 4; …53; 54}

Por lo tanto, abc toma 54 valores.

Clave C

Resolución Nº 2

Nos piden expresar1

5en base dos.

Dividiendo 1 entre 5 en base 2 se tiene

1× 2 5

2× 2 0,0011…(2)

4× 2

8

3× 2

6

1× 2 . . . se repiten los restos

Otra forma:1

5

=0,2

Numeral

en base 2

0 2×2

0 4×2

0 8×2

1 6×2

1 2×2

0 4

Luego1

5=0,00110011…(2)

Clave B

Resolución Nº 3

Se sabe que MCD( A; B)=36

A=36 p

PESI B=36 q

Por dato, A y B deben estar entre 750 y 950.

Por lo tanto

750

36

950

36< < p

750

36

950

36< <q

20,8… < p < 26,3 ; 20,8… < q < 26,3…



- 2 -

Como p y q son PESI

p 21 21 21 21 22 22 23 23 23 24 25

q 22 23 25 26 23 25 24 25 26 25 26

Hay 11 pares de números PESI que están entre

20 y 27.

Por lo tanto, hay 11 pares de números que están

entre 750 y 950 cuyo MCD es 36.

Clave C

Resolución Nº 4

El grupo de cartas que se selecciona debe cumplir

las condiciones siguientes:

• Múltiplo de 3 (la tercera parte es de

corazones).

• Múltiplo de 5 (la quinta parte es de espadas)

• La cantidad de diamantes coincide con la

cantidad de corazones.

Entonces, el grupo que se selecciona puede tener

15 ó 30 cartas.

I. Si el grupo tiene 15 cartas.

5 corazones

5 diamantes

3 espadas

2 tréboles

II. Si el grupo tiene 30 cartas

10 corazones

10 diamantes

6 espadas

4 tréboles

Como nos piden la suma de la cantidad de cartas

de los posibles tréboles extraídos.

2+4=6

Clave C

Resolución Nº 5

Por condición, b ∈ Z+; además

logb531441=n; n ∈ Z

Se observa que

bn=531441

bn=312

Nos piden cuántos valores toma b que coinciden

con la cantidad de valores de n.

Se concluye que n toma tantos valores como los

divisores de 12.

Como 12=22×3, entonces, CD12=3×2=6.

Por lo tanto, son seis valores que toma b.

Clave C

Resolución Nº 6

Por condición

N =16 P 61n; como P =11

N =16(11)61n

N =n4+6n3+11n2+6n+1

Agrupando tenemos

N =(n2+3n+1)2

N =(131n)2

Luego

N =131n

Clave D



- 3 -

Resolución Nº 7

Del gráfico se obtiene el siguiente cuadro:

Notas H i hi 100% hi

[40 - 60⟩ 0,50 0,50 50%

[60 - 80⟩ 0,50 0 0%

[80 - 100⟩ 1 0,50 50%

Nos piden:

I. El número de evaluados con notas entre

⟨70 - 80⟩ es 0.II. El porcentaje de evaluados que tienen nota

menor a 65 es 50%.

III. Los que obtienen notas entre ⟨90 - 100⟩ son

25%×400=100

Nº total de

evaluados

Clave D

Resolución Nº 8

Por datos tenemos

18kilates

masa total=28 g

Se cumple que

Peso de oro puro

Peso Total

Número de quilates=

24

Entonces, reemplazamos

Peso de oro puro

28 g=

18

24

Por lo tanto, el peso de oro puro es 21 g.

Clave C

Resolución Nº 9

Veamos el valor de verdad de las siguientes

proposiciones:

I. a aa

∈ ↔−

∈ + ∞0 11

0; ;

formamos la expresión

a

a a11

1

1−= − +

−

0 < a < 1

↔ 0 < 1 –a<1 ↔ 11

1<

− a

↔ 0 1 11

< − +− a

Luego

a

a10

−∈ + ∞; Verdadera

II. 1 ≤ x <2 ↔ ≤ −

<02

2

2

2

x

x

1 ≤ x

Veamos un contraejemplo para x =1

2

2

2

2

−=

x

x la proposición es Falsa.

III. – 2 < x < – 1 ↔ 4 < 2 8

2 1

1

x

x

−

+ <

Veamos (←)

22< 2

2 1

1

x

x

−

+ <23 → 22<2| x – 1|<23

→ 2 <| x– 1|< 3

→ 2< x– 1<3 ∨ – 3< x – 1< – 2

→3< x <4 ∨ – 2< x <– 1

Obsérvese que 4 < 2 8

2 1

1

x

x

−

+ < no implica que

– 2 < x < – 1; luego, la proposición es Falsa.

Clave C



- 4 -

Resolución Nº 10

Sea x 2 – 5 x=a (a en función de x )

X : |a| < 4 ↔ – 4 < a < 4

Y : |a+6| ≤ 2 ↔ –2 ≤ a+6 ≤ 2 ↔ – 8 ≤ a ≤ – 4

intersectando los valores de a.

4

se observa que no existen valores de a, por

tanto, no existen valores de x; esto implica

que X ∩ Y =φ.

Clave A

Resolución Nº 11

Como x ≠ 0

→ x > 0 ∨ x < 0

→ x x

x x

+ ≥ ∨ + ≤ −1

21

2

→ x x

+

∈ −∞ − ]∪ + ∞[

12 2; ;

→ Ran( ) ; f = − −R 2 2

Clave A

Resolución Nº 12

Recordemos que si x 1; x 2; x 3; x 4 son las raíces de

un polinomio mónico P , entonces

P ( x )=( x – x 1)( x – x 2)( x – x 3)( x – x 4)

También, si en una raíz del polinomio es de la

forma a b+ , entonces, otra raíz debe ser a b−

cuando los coeficientes son racionales.

En el problema tenemos de dato las raíces

x x

x x

1 2

3 4

3 2 3 2

2 3 2 3

= − +→

= − −

= − + = − −

Luego, el polinomio mónico de menor grado es

P ( x ) =( x – x 1)( x – x 2)( x – x 3)( x – x 4)

=( x 2 – ( x 1+x 2) x + x 1 x 2)( x 2 – ( x 3+ x 4) x+x 3 x 4)

=( x 2 – (– 6) x +7)( x 2 –(– 4) x +1)

=( x 2+6 x +7)( x 2+4 x +1)

∴ Σcoef( P )= P (1)=(14)(6)=84

Clave E

Resolución Nº 13

Sean los números a y b.

Por dato:

a b a b2 2 29 1+ = ∧ + =( ) ( )I II

log log

De (II) se tiene que

ab=10 y a> 0; b> 0

además

(a+b)2=a2+b2+2ab

reemplazamos

(a+b)2=49 → a+b=7 → a=7 –b

Como ab=10 → (7 –b)b=10

b2–7b+10=0

(b– 2)(b– 5)=10

Luego

b=2 → a=5

b=5 → a=2

Por lo tanto, dichos números son 2 y 5

Clave D



- 5 -

Resolución Nº 14

Tenemos por dato

a

b a

x x

x x a b

0 1 0

0 10

1 2

3 4

=

≠ ∧ ∈

; R

efectuamos

ax ax

bx ax bx ax

1 2

1 3 2 4

1 0

0 1+ +

=

Igualando las matrices se tiene

ax x

aax x

bx ax x b

a

bx ax x a

1 1

2 2

1 3 3 2

2 4 4

11

0 0

0

11

= → =

= → =

+ = → = −

+ = → =

Entonces, los valores de

x 1; x 2; x 3; x 4 en ese orden son

1 0 12a

b

a a; ; ;−

Clave D

Resolución Nº 15

Tenemos el sistema

4

1

5

2 3

5

2

3

1

1

2 3

7

5

x y x y

x y x y

+ −−

− +=

−

+ −+

− +=

−

( )

( )

I

II

Multiplicando por 5 en (I) y sumando con (II)

tenemos

19

17

5

2

19

1

19

2 x y x y+ −= − − ↔

−+ −

=

x +y – 1= – 2 ∴ x +y=– 1

Clave A

Resolución Nº 16

En el problema tenemos lo siguiente:

maximizar

z= f ( x 1; x 2)= x 1+1,5 x 2

sujeto a

2 2 160

2 120

4 2 280

0 0

1 2

1 2

1 2

1 2

x x

x x

x x

x x

+ ≤+ ≤+ ≤≥ ≥

,

La región admisible es

40 60 70 120

20

40

60

80

80

(60; 20)

(40; 40)

4 +2 =280 x x 1 2

X 1

Y 2

x x 1 2+ =80

x x 1 2+2 =120

vemos que existe la región admisible.

Evaluamos en los vértices para hallar la soluciónóptima.

z= f ( x 1; x 2)= x 1+1,5 x 2

f (0; 60)=90

f (40; 40)=100 → la solución óptima es (40; 40)

f (60; 20)=90

f (70; 0)=70

Clave B



- 6 -

Resolución Nº 17

Del enunciado se obtiene el siguiente gráfico:

2 22

2

2 2

2

4

Luego, la suma de los perímetros es

S = + + + +

=−

=−

= +( )

4 4 2 2 2 2

44

11

2

16 2

2 116 2 2 1

( ...)

serie geométrica de razón1

2

∴ = +( )S 16 2 2

Clave D

Resolución Nº 18

Tenemos la ecuación

x x + − =2 4

I. Hallamos el C.V.A.

x – 2 ≥ 0

x ≥ 2

→ C.V.A.=[ 2 ; +∞⟩II. De la ecuación

x x x − = − ∧ ≤2 4 4

Elevamos al cuadrado

x – 2 = 16 – 8 x + x 2

x 2 – 9 x – 18 = 0

( x– 3)( x– 6) = 0

→ = ∨ = x x 3 6

no es solución,pues no es menor

o igual a 4.

Clave B

Resolución Nº 19

Del conjunto P tenemos

x x a2 2 0− + ≥

↔ −( ) ≥ − x a1 12

, como3

41≤ <a

Entonces, 0 < 1 –a;

luego

x a−( ) ≥ −1 12

↔ − ≥ − x a1 1

↔ − ≥ − ∨ − ≤ − − x a x a1 1 1 1

↔ ≥ + − ∨ ≤ − − x a x a1 1 1 1

+

1 a1 1 a1+

∴ = −∞ − − ∪ + − +∞ P a a; ;1 1 1 1

Del conjunto Q se tiene

x 2

ax 2a2 0

x

x

2a

a

( x 2a)( x +a) 0

a 2a

Q=[ – a; 2a]

∴ intersecando, obtenemos

P Q a a a a∩ = − − − ∪ + − ; ;1 1 1 1 2

Clave E



- 7 -

Resolución Nº 20

Ordenando la expresión

R m n mn m n mnm n;( ) = + −( ) + +( )2 2

R m n mnm n;( ) = +( ) −2 2

2

R m n mn mnm n;( ) = + + −2 2 2 2

∴ = +( ) R m nm n;2 2

Para simplificar Q, hagamos el cambio de variable

a x b y

2

3

2

3= =;

→ = =a x b y

4

3 24

3 2

; , así mismo

→ = =a x b y2 3 2 3;

Reemplazamos en Q

Q an bm am bn am bn an bm

x xy y m n=

+ + + +( ) −( )[ ] −( ) − ( )[ ]

− +( ) +( )

2 2

2 2 2 2

Q an bm am bn

x xy y m n=

+( ) + −( ) − +( ) +( )

22 2

2 2 2 2

Q a b m n

x xy y m n=

+( ) +( )

− +( ) +( )

2 2 2 2 2

2 2 2 2

Q x y

x xy y=

+( )− +

2 3 3

2 2

Q x y x xy y

x xy y=

+( ) − +( )

− +( )

2 2 2

2 2

Q x y Q a b= +( ) ↔ = +2 2 2

2

3

2

3

Clave C

Resolución Nº 21

A

G

B

J

D

E

F Cm

20

m

x + x +

x

Piden BE=x

Dato EF

:Mediatriz de DC

tCDG

GE=EC=x+

→ DE: Mediana relativa a la hipotenusa del

tCDG

→ GE=EC=DE=x+

TGED: Isósceles

como AB // DET JBG: Isósceles

BG=BJ=

T ABC: Isósceles

AB=BC

20+= x+x+

→ 20=2 x

∴ x =10

Clave E



- 1 -

Resolución Nº 22

En el enunciado del problema se pide calcular x.

A

B

C

x

64

D

Por teorema de la bisectriz interior (forma

trigonométrica), tenemos

x = ( )( )

+

×

2 4 6

4 6

90

2

cosº

∴ = x

12 25

Clave B

Resolución Nº 23

r'

r

2r

2r'

P

H

M

N b

b

O' O

L

PideN

r

r

'

Del dato PM

PN = 2 (I)

Del gráfico, MH = NL=b

Por relaciones métricas

( MP )2=2r '×b (II)

( NP )2

=2r ×b (III)De (II) y (III)

MP

NP

r

r

=

2 ' (IV)

Reemplazamos (I) en (IV)

22 =

r

r

'

∴ r

r

'= 4

Clave C

Resolución Nº 24

P

A C

F

B

b

R x

6

3

Q

H

a

Piden BH = x

Dato

BP y BQ son proyecciones ortogonales de AB y

BC sobre el diámetro BF .

Por teorema, en el T ABC

ab= x (2 R) (I)

Por relaciones métricas en BAF y BCF

a2=(2 R) · 6(II)

b2=(2 R) · 9

De (II)

ab R= 6 6 (III)

De (I) y (III)

6 6 2 R x R= ( )

x = 3 6

Clave C



- 2 -

Resolución Nº 25

A P Q Cb b b

T d

2c

c

F

3k

2k

m

m

N

X 2a

a

G

B

M

Piden A T BMN = X

Datos A T ABC=45º AP = PQ=QC

AF =2( FB) BG=2(GC)

En el T ABC: teorema de Menelao (2c)(2a)=d=ca(3b+d) → d=b

En el T ABP : teorema de Menelao

(2c) BM (3b)=c( MP )(4b)

→ BM

MP =

23

En el ABQ: teorema de Menelao

(2c) BN (2b)=c( NQ)(4b)

→ BN

NQ= 1

Por relación de áreas

x

A A x

T

T

BPQ BPQ

k m

k m= → =

25 2

15

( )( )

Pero: A BPQ=

13 A T ABC

→ A BPQ=15

x = 15 15( )

∴ x =3

Clave C

Resolución Nº 26

Piden

d(Q; H )= x

Datos ABC ⊂ H (m BAC=60º)

d(Q; A)=25

d(Q; AB)=7

d(Q; AC)=20

25

Q

A60º

7 x M

B

H 20

24

11 3

C

S

30º

15

33

N

H

AHQ

x 2=(25)2+( AH )2 (I)

Teorema de las tres perpendiculares

→ HN ⊥ AC y HM ⊥ AB

ANQ(37º y 53º), AMQ(16º y 74º) y

AMS(30º y 60º)

→ AM =24, AN =15, AS=48, NS=33 y

NH =11 3

ANH

( AH )2=(15)2+(11 3)2

→ ( AH )2=588 (II)

De (I) y (II)

∴ x = 37

Clave E



- 3 -

Resolución Nº 27

Según los datos V ', A' y F ' es el número de vértices,aristas y caras del nuevo poliedro construido.En dicho poliedro, por el teorema de Euler:

V ' + F ' = A' +2 ∴ V ' – A'+ F '=2

Clave B

Resolución Nº 28

33

O2 3

3

3/2

T

H E

F G

P3/2

3/23/2 3/2O1

B

A D

C

3

Q

Piden

A SL: Área de la superfice lateral del troncopiramidal cuadrangular regular.

Como el tronco de pirámide cuadrangular esregular y está circunscrita a una esfera.

→ O1 y O2 son centros de las bases

Además, se deduce que EF =3 y AB=6

PQ es tangente a la esfera en T .

→ PT =O1 P =3/2 y TQ=QO2=3

Luego, A SL : Suma de las áreas de todos los

conos laterales.

A SL = 4 43 6

2

9

2

A z HGCD( ) = ×

+

×

∴ A SL = 81

Clave D

Resolución Nº 29

R

h=2

Piden R

Dato h=2El volumen será

V =π R2. 2=2π R

2

El radio aumenta en 6 y el volumen aumenta

en x .

R+6

h=2

El volumen V ' V '= V + x

→ π( R+6)2. 2=2π R2+ x (I)

La altura aumenta en 6 y el volumen aumenta

en x .

h+6=8

R

El volumen V ''

V ''= V + x

→ π R2 . 8=2π R

2+ x

→ x =6π R2 (II)

Reemplazamos (II) en (I)

2π( R+6)2=2π R2+6π R

2=8π R2

( R+6)2

=4 R2

∴ R=6

Clave C



- 11 -

Resolución Nº 30

R

2a 2a

2a 3

32a

A

C

r a

D

h

h

2a

Piden el volumen del tronco de cono determinado:

V x

Del dato:

D- ABC es regular AC =( )3 6

Volumen del cono pequeño= V

Volumen del cono mayor=8 V

Por relación de semejanza de conos, tenemos

V

V 8

3

=

r

R → R=2r

En AC

3 6 4 3= a → a =3 2

4

Entonces

r =3 2

4; R =

3 2

2

También

23 6 6

3h =

( ) → h=3

Finalmente, en el tronco de cono

V x =1

32 2πh R r Rr + +( )

V x=1

33

3 2

2

3 2

4

3 2

2

3 2

4

2 2

π ( )

+

+

V x=

63

8

π

∴ V x =7,87π u3

Clave B

Resolución Nº 31

60º60º A

H C

B

Eje de giro de la región

triangular equilátera ABC.

360º

B

A C

R

R 120º

30º

30º

R

O

Piden

V x : volumen de la esfera circunscrita al cono de

revolución generado.

Del gráfico

V x =4

3π R3 (I)

AOB

R =

3 (II)

De (II) y (I)

V x =4

3 3

3π

V x =4

9 3

3π

Clave B



- 12 -

Resolución Nº 32

A

Q

C

N

B

y

I

Z

R

M

Ec

x r

r c

Piden x +y+ z

Datos

m m m m m m AM MB AQ QC BN NC = = =, ,

R=6, inradio: r =2

Sean

I : incentro del triángulo ABC

Ec : ex centror c : ex radio

Analicemos un caso

Por teorema, Ec, M , I , C son colineales y EM = MI.

Por teorema de la base media en la región

sombreada

x r r c= +

2

(I)

En forma análoga

yr r b= +

2 (II)

zr r a= +

2 (III)

Sumamos (I), (II) y (III)

x y zr r r r a b c+ + =

+ + +3

2 (IV)

Por teorema de Steiner

r a+r b+r c=4 R+r (V)

Reemplazamos (V) en (IV)

x y zr R r

+ + = + +3 4

2

x +y+ z=2( R+r )

Pero por dato

R=6 y r =2

∴ x +y+ z=16

Clave C

Resolución Nº 33

x

Y

X

m

ny=

L

P 2

Cálculo del área S de la región sombreada

S=mn

2 (I)

La recta L : y=–

n

m( x –m) y la hipérbola: xy=2

se intersecan en el punto P .

De las ecuaciones se obtiene

nx 2 –mnx +2m=0

Dicha ecuación presenta solución única, entonces

(T=0)



- 13 -

→ (mn)2 – 4(n)(2m)=0

→ mn=8

Reemplazamos en (I)

S=4 u2

Clave C

Resolución Nº 34

11

2

5

2

3 A

B

C D

mm

H

5

2

3

8

5

ABH : m2=11

2

5 3

2

2 2

+

→ m=7

ABD: teorema de cosenos

82=m2+52 – 2(m)(5)cosα

Pero m=7

→ 64=49+25 – 2(7)(5)cosα

→ cosα=1

7

Piden

J=mcos2α= 7

1

7

1

7

2

=

Clave B

Resolución Nº 35

cot tan csc

x x x

24

42+ =

cot tan tan cot

x x x x

2 4 4 2 2+ = +

4 2

4

=tan

tan

x

x (I)

Aplicamos la identidad

sectan

tan

2 12

θ θ

θ

+ =

En (I)

4=sec x

2+1

→ sec x

2=3

∴ cos x

2

1

3=

Clave B

Resolución Nº 36

f ( x )=3 arccos x +6 arcsen x –π

f x x x ( ) arcsen arcsen= −

+ −3

26

ππ

f x

x

x

x ( ) arcsen

arcsen

arcsen

arcs

= +

− ≤ ≤

− ≤ ≤

− ≤ +

π

π π

π π

π π

23

2 2

3

23

3

2

23 een x ≤ 2

∴ Ran( f )=[–π; 2π]

Clave C



14

Resolución Nº 37

Piden el rango de f

f x x x −

= + −

π

2

2 22cos cos

Completando cuadrados se tiene

f x x −

= + −π2

1 32( cos )

cos sen

cos sen

x x

x x

= −

→ = − −

π

π

2

2

Reemplazamos

f x x −

= − −

−

π π2

12

3

2

sen

− ≤ − −

≤1

21sen x

π

0 12

2≤ − −

≤sen x

π

0 12

4

2

≤ − −

≤sen x

π

− ≤ − −

− ≤

−

3 12

3 1

2

2

sen x

f x

π

π

∴ Ran( f )=[– 3; 1]

Clave A

Resolución Nº 38

E = +

+ +

+ +

sen tan sec90

270

333

2

πθ

πθ

πθ

E = + +

+sen tan cscθ π θ θ3

E=|sen330º|+|tan390º|+|csc330º|

E = + +

1

2

3

32

∴ E = +2 3 15

6

Clave C

Resolución Nº 39

R n n

n

= +

+ + ∈cos sen( );

7

2

πα π α Z

Analizamos

I. Si n es par:

R n= + +

+ +cos ( ) sen( )

º

4 12

πα π α

R=– senα+senα → R=0

II. Si n es impar:

R n= + +

+ +cos ( ) sen( )

º

4 32

πα π α

R=senα – senα → R=0

∴ R=0

Clave C

Resolución Nº 40

Se tiene un ángulo representado por α.

Por dato

α=(2n)º (I)

α=(2n+2)g

Por relación numérica

2

9

2 2

109

n nn=

+→ =

Si reemplazamos en (I)

α=(2n)º

α=18º

En radianes

α

π π=

=18180 10

º·º

radrad

Clave B

solucionario matematica 2007 ii[1]

Documents