MATEMATICA PREUNIVERSITARIA EJERCICIOS RESUELTOS PRE SAN MARCOS 7 PDF

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Aritmética
1. Si F = 28n+1 y G = 422n–1 , donde n > 2, tienen 70 divisores positivos comunes,
halle la cantidad de divisores positivos compuestos que tiene el MCM(F; G).
A) 10300 B) 972 C) 1296 D) 968 E) 700
Solución:
F = 2n+2 . 7n+1 ; G = 22n-1 . 32n-1. 72n-1
* MCD (F;G) = 22n-1 . 7n+1  (2n)(n+2) = 70  n = 5
* MCD (F; G) = 22n+2 . 32n-1 . 72n-1 = 212 . 39 . 79
  Div. Comp. = (13)(10)(10) – 4 = 1 296
Clave C
2. Si H es el máximo número de 287 cifras expresado en base 81 y K es el
máximo número de 328 cifras expresado en base 27, halle la suma de las cifras
del MCD(H;K) expresado en base 9.
A) 328 B) 656 C) 738 D) 369 E) 648
Solución:
H (80) (80) … (80) 81 1 9 1 287 574
(81)
287cifras
     
K (26) (26) … (26) 27 1 9 1 328 492
(27)
328cifras
     
 MCD (H; K) = 9MCD(574; 492) – 1 = 982 – 1
= (9)
82 cifras
888...8
  cifras = 82 (8) = 656
Clave B
3. ¿Cuántos números de la forma abcd son tales que el
MCD ( abcd; 5 400) = 360?
A) 15 B) 13 C) 14 D) 12 E) 11
Solución:
abcd= 360.p ; 5 400 = 360 . 15
p y 15 son pesi  p 
o
3 ; p 
o
5
1 000  360p < 10 000 p  3; 6; 9; …; 27  9 valores 2,7  p < 27,7 p  5; 10; …; 25  5 valores  25 valores p  3 ; 4 ; 5 ; ... ; 27 p  15  1 valor p no toma 9 + 5 – 1 = 13 valores  cantidad de s = 25 – 13 = 12 Clave D 4. ¿Cuántas parejas de números mayores que 40 existen tal que el MCD de cada pareja sea 6 y el MCM de los mismos sea 2184? A) 1 B) 4 C) 5 D) 3 E) 2 Solución: MCD (A; B) = 6  A = 6p ; B = 6q ( p y q : pesi ) A . B = MCD (A; B) . MCM (A; B) 6p . 6q = 6 . 2 184 p . q = 364 = 4 . 7 . 13 (7) (13.4)  A = 6(7) ; B = 6(13.4) (13) (4.7)  A = 6 (13) ; B = 6(4.7)  Existen 2 parejas mayores que 40. Clave E 5. Si MCM (abc ;defg)= 6 192 y defg  abc = 860, calcule el MCD(ag; bf ; gc ). A) 2 B) 4 C) 3 D) 6 E) 8 Solución: p 6192 abc  ; q 6192 defg  (p y q : pesi) 36 5 6192 860 pq p q 860 p 1 q 1 6192                abc  688; defg  1548  MCD (68; 84; 88) = 4 Clave B p = 9 q = 4 6. La diferencia de dos números es 44 y la diferencia del MCM y MCD de los mismos es 500. Calcule la suma de las cifras del mayor de ellos. A) 9 B) 12 C) 8 D) 10 E) 7 Solución: MCD(A; B) = d  A = dp ; B = dq (p y q : pesi)  MCM(A; B) = dpq * A – B = 44  d(p – q) = 44 * MCM – MCD = 500  dpq – d = 500  d(pq – 1) = 500 Dividiendo: 125 11 pq 1 p q 500 44 d(pq 1) d(p q)         d = 4   mayor = d.p = 4(18) = 72   cifras = 7 + 2 = 9 Clave A 7. Una editorial publicó más de 5 000 libros. Al empaquetarlos de 8 en 8, sobraron 5; al hacerlo de 10 en 10, sobraron 7 y faltaron 8 para poder empaquetarlos de 15 en 15. Determine la suma de las cifras del mínimo número de libros que se publicó. A) 13 B) 15 C) 10 D) 19 E) 22 Solución: N > 5 000
N = 8 5
o

N = 10 7
o

N = 15 8 15 7
o o
  
N = 8 5 8 37
o o
  
N =
30 7 30 37
o o
  
N = 120k + 37 > 5 000
k > 41,3
 Nmin = 120 (42) + 37 = 5 077
  cifras = 19
Clave D
p = 18
q = 7
N MCM (10 ; 15) 7 30 7
o o
   
N 120k 37
N MCM (8 ; 30) 37 120 37
o o
 
   
8. Al calcular el MCD de dos números mediante el algoritmo de Euclides, se
obtuvo los cocientes sucesivos: 1; 2; 1; 3 y 2. Si la suma de esos dos números
es un múltiplo de 7 y tiene 4 divisores positivos, calcule la suma de las cifras
del menor de ellos.
A) 12 B) 6 C) 13 D) 9 E) 18
Solución:
1 2 1 3 2
34d 25d 9d 7d 2d d
9d 7d 2d d 0
A = 34d
B = 25d
A + B = 59.7   Divisores = (2) (2) = 4
 Menor  = B = 25d = 25(7) = 175
  cifras = 13
Clave C
9. Al calcular el MCD de dos números primos entre sí mediante el algoritmo de
Euclides, se obtuvo los cocientes sucesivos: n; n; n y 3. Si la diferencia de
esos dos números es 24, determine la suma de dichos números.
A) 60 B) 58 C) 54 D) 52 E) 48
Solución:
n n n 3
3n3 + n2 + 6n + 1 3n2 + n + 3 3n + 1 3 1
3n + 1 3 1 0
A = 3n3 + n2 + 6n + 1
B = 3n2 + n + 3
 A = 41 ; B = 17
 A + B = 58
Clave B
10. Si MCM ( aba + 3 ; N) = MCM ( aba + 3 ; 35 N) , determine el mayor valor de la
suma de las cifras de (a2 + b2)
A) 13 B) 2 C) 4 D) 8 E) 11
A B 59d 7 d 7
o
    
A – B = 24  3n3 – 2n2 + 5n – 2 = 24  n = 2
Solución:
Por propiedad: aba + 3 =
o
35
aba = 35 3
o

101a + 10b = 35 3
o

(35 4
o
 )a + 10b = 35 3
o

10b – 4a = 35 3
o
 = 32
5b – 2a = 16
4 2  a2 + b2 = 20
6 7  a2 + b2 = 85
  cifras mayor valor = 8 + 5 = 13
Clave A
11. Un señor repartió 576 caramelos, 720 chocolates y 1 056 chicles a cierto
número de niños. Si cada niño recibió la menor cantidad posible de golosinas
de cada tipo, determine la diferencia positiva entre el número de golosinas que
recibió cada niño y el número de niños que había.
A) 1 B) 2 C) 4 D) 3 E) 5
Solución:
caram. chocolat. chicles
Cada niño recibió = 12 + 15 + 22
= 49 golosinas  49 – 48 = 1
Clave A
12. Un reloj M da 19 campanadas en 14 segundos, otro reloj N da 25 campanadas
en 20 segundos. Si ambos empezaron a dar campanadas al mismo tiempo,
¿Cuántas campanadas dieron en total ambos relojes al momento que dan
campanadas juntos por segunda vez?
A) 39 B) 73 C) 35 D) 29 E) 31
Solución:
M: Camp.  18t = 14
tM = 7/9 segundos
MCM (576 ; 720 ; 1056 2 x
288 360 528 2
144 180 264 2
72 90 132 2
36 45 66 2
12 15 22 48   niños = 48
N: Camp.  24t = 20
tN = 5/6 segundos
coincidirán: segundos
3
35
MCD (9 ; 6)
MCM (7 ; 5)
6
5
;
9
7
MCM   





1 15
5 / 6
35 / 3
# camp. N
1 16
7 / 9
35 / 3
# camp. M
  
  
Clave E
EJERCICIOS DE EVALUACIÓN N° 7
1. Dado los números enteros P = 12 x 45n y Q = 12n x 45. Si el MCM (P; Q) tiene
90 divisores positivos, ¿cuántos divisores positivos tiene el MCD (P; Q)?
A) 18 B) 36 C) 30 D) 15 E) 20
Solución:
P = 22 . 32n+1 . 5n MCM (P; Q) = 22n . 32n+1 . 5n
Q = 22n . 3n+2 . 5  (2n+1) (2n+2) (n+1) = 90  n = 2
MCD (P; Q) = 22 . 3n+2 . 5 = 22 . 34 . 51
  Divisores = 3 . 5 . 2 = 30
Clave C
2. Si MCD 26
5
6n
;
3
2n
;
7
n
 





, calcule la suma de las cifras de 3n.
A) 21 B) 24 C) 15 D) 18 E) 12
Solución:
26 n 2730 3n 8190
105
1
n.
26
MCM (7 ; 3 ; 5)
MCD (1; 2 ; 6)
n .
26
5
6
;
3
2
;
7
1
n .MCD
    

 



  cifras = 18
Clave D
 Total = 31
3. El producto de dos números es 3 024 y dichos números tienen 3 divisores
positivos comunes. Determine la cantidad de divisores positivos del mayor de
ellos.
A) 12 B) 8 C) 6 D) 10 E) 15
Solución:
MCD (A; B) = d  A = dp ; B = dq (p y q : pesi)
MCM (A; B) = dpq
A.B = 3024  MCD (A; B) . MCM (A; B) = 3024
d2pq = 42 . 33 . 7  d = 4 ; p = 33 ; q = 7
d = MCD (A; B) = 4 = 22  A y B tienen 3 divisores comunes
 A = 22 . 33
B = 22 . 7
Clave A
4. Calcule la suma de dos números cuya suma de cubos es 40 824 y el MCD de
ellos es el menor número posible que tiene 4 divisores positivos.
A) 56 B) 54 C) 60 D) 80 E) 50
Solución:
MCD (A; B) = 21 . 31   Divisores = 2 . 2 = 4
A = 6p ; B = 6q (p y q : pesi)
A3 + B3 = 40 824
63 (p3 + q3) = 40 824  p3 + q3 = 189  p = 5 ; q = 4
 A + B = 6 (p + q) = 6 (9) = 54
Clave B
5. Al calcular el MCD de ab(4c) y (2c)xxc mediante el algoritmo de Euclides, se
obtuvo como cocientes sucesivos: 2; 3; 2 y 5. Determine el valor de
(a + b + c + x).
A) 16 B) 15 C) 18 D) 20 E) 24
Solución:
2 3 2 5
87d 38d 11d 5d d
11d 5d d 0
* ab(4c)  38d
* (2c)xxc  87d
* ab4  38 (23)  874
* 1xx1 87 (23)  2001
Clave A
 Div. (A) = 3 . 4 = 12
c = 1 ; d = 23
 a + b + c + x = 8 + 7 + 1 + 0 = 16
6. Si N = x/ MCD (5 400; x) = 180; x < 3 600 , halle el cardinal de N. A) 6 B) 7 C) 8 D) 4 E) 5 Solución: 5400 = 180p  p = 30 x = 180 q  q es pesi con 30 (q  o 2 ;  o 3 ;  o 5 ) 180q < 3600 q < 20  q = 1; 7; 11; 13; 17; 19 6 valores  n(M) = 6 Clave A 7. Si MCM ( xy ; yx ; z) = y(2y)w , donde x; y; z son números primos y w es cero, determine el MCD  (zx  xz) ; (yx  xz) . A) 11 B) 3 C) 5 D) 6 E) 7 Solución: xy . yx . z = y(2y)0 10 ( 2 y 5 a la vez) o o o  ,  x = 2 ; z = 5 ; y = 3  23 . 32 . 5 = 360  MCD (52 + 25) ; (32 – 25) = MCD (77; 7) = 7 Clave E 8. Al calcular el MCD de dos números mediante el algoritmo de Euclides, se obtuvo como cocientes sucesivos: 2; n; 1 y 2. Calcule el valor de n, si la suma de esos dos números equivale a 63 veces su MCD. A) 2 B) 1 C) 6 D) 3 E) 5 Solución: 2 n 1 2 A B 3d 2d d 2d d 0 B = 3nd + 2d , A = 6nd + 7d  A + B = 63 MCD (A; B) 9nd + 9d = 63d n + 1 = 7  n = 6 Clave C 9. Tres atletas parten juntos de una misma línea de partida en una pista circular y tardan en dar una vuelta 20; 24 y 28 segundos respectivamente. ¿Cuántas vueltas dieron entre los tres cuando pasaron juntos por segunda vez por la línea de partida? A) 107 B) 124 C) 112 D) 126 E) 108 Solución: Coincidirán: MCM (20; 24; 28) = 840 segundos Cada 840 segundos pasan por la línea de partida 107 28 840 24 840 20 840 # total vueltas     Clave A 10. Se tiene un terreno de forma rectangular de 1014m de largo y 468m de ancho. Si se plantarán árboles en el perímetro, además se colocará un árbol en cada vértice, en el punto medio de los anchos y en los tercios de los largos, ¿cuántos árboles, como mínimo, se planteó si estos están igualmente espaciados? A) 171 B) 228 C) 146 D) 114 E) 57 Solución: d = distancia máxima entre árboles d = MCD (234 ; 338) = 26   min. Árboles = 114 26 2(468 1014)   Clave D Álgebra EJERCICIOS DE CLASE 1. Dado el esquema de la división efectuada según el método de Ruffini, halle el valor de an + b + c + m + n + p + q. a 1 b 2 c 3 n 3 m 10 p n a 4 5 12 1 q A) 14 B) 13 C) 9 D) 6 E) 16 Solución: Del esquema se tiene: an = 3, 5n = 10, b + m = 5, c + p = 1 y 3 + n = q Luego n = 2 y q = 5 entonces an + b + c + m + n + p + q = an + b + m + c + p + n + q = 3 + 5 + 1 + 2 + 5 = 16 Clave: E. 2. Halle el resto de dividir el cociente de la división x x 1 x 2 5   por x – 2. A) 3 B) 4 C) – 2 D) 5 E) – 1 Solución: Dividiendo por el método de Horner 1 1 0 0 0 0 0 – 1 – 1 – 1 – 1 1 1 0 0 – 1 – 1 1 – 1 0 1 – 1 – 1 Dividiendo el cociente por el método de Ruffini x – 2 = 0 1 – 1 0 1 2 2 2 4 1 1 2 5 El resto pedido es 5. Clave: D. 3. Si el polinomio p(x) se divide por (x – 10), el cociente es x2 + x + 1 y el residuo es r. Pero si p(x) se divide por (x – 12), el residuo es (–r). Determine el valor de r. A) 1 B) 157 C) – 157 D) 34 E) 234 Solución: Por el algoritmo de la división p(x) = (x – 10)(x2 + x + 1) + r también por el teorema del resto p(12) = – r luego p(12) = (12 – 10)(122 + 12 + 1) + r = – r 2(157) = – 2r Entonces r = – 157 Clave: C. 4. Si la siguiente división 2x x 3 2nx 3mx (2p 3)x 6x 9 3 2 6 5 4 3         es exacta, calcule el valor de m + n + p. A) – 1 B) 7 C) 13 D) 16 E) 18 Solución: Completando y ordenando en forma creciente el dividendo y el divisor Por el método de Horner (inverso) 3 9 0 0 6 2p – 3 3m 2n 0 0 – 3 6 – 1 0 0 0 0 2 – 3 0 1 – 2 12 0 – 4 8 3 0 – 1 4 0 0 0 2p – 3 + 1 = 0 3m – 2 – 4 = 0 2n + 8 = 0 p = 1 m = 2 n = – 4 el valor de m + n + p = 2 – 4 + 1 = – 1. Clave: A. 5. Al dividir el polinomio p(x) por d(x) = x2 + 3x + 1 se obtiene por cociente q(x) = xn + 1 + ax – 5 y por resto r(x) = 5x + 15. Si p(x) es de grado 6 y es divisible por x – 1, halle el valor de a + n. A) 7 B) 6 C) 4 D) 3 E) 1 Solución: Según el algoritmo de la división p(x) = (x2 + 3x + 1)(xn + 1 + ax – 5 ) + 5x + 15 Como p(x) es de grado 6 entonces 2 + (n + 1) = 6, luego n = 3 p(x) = (x2 + 3x + 1)(x4 + ax – 5 ) + 5x + 15 p(x) es divisible por (x – 1) p(1) = (5)(a – 4) + 20 = 0 a = 0 el valor de a + n = 0 + 3 = 3 Clave: D. 6. Calcule la suma de los coeficientes del resto de la división (x 2)(x 6) (x 4) 7(x 4) 3x 144 5 3        . A) 92 B) 87 C) 94 D) 96 E) 102 Solución: El dividendo se puede expresar por (x2 + 8x + 16)2(x + 4) – 7(x2 + 8x + 16)(x + 4) + 3x + 144 El divisor es (x2 + 8x + 12) Por el teorema del resto x2 + 8x + 12 = 0 Luego x2 + 8x + 16 = 4 Sustituyendo en el dividendo Resto = (4)2(x + 4) – 7(4)(x + 4) + 3x + 144 = – 9x + 96 La suma de coeficientes es 87. Clave: B. 7. Halle el resto en la siguiente división x x 1 x x 1 2 90     . A) x + 1 B) x – 4 C) x + 2 D) x – 2 E) x + 8 Solución: Por el algoritmo de la división x90 + x + 1 = (x2 – x + 1)q(x) + r(x) donde  r(x) < 2 (x90 + x + 1)(x + 1) = (x + 1) (x2 – x + 1)q(x) + r(x) (x + 1) (x3)30 x + (x3)30 + x2 + 2x + 1 = (x3 + 1)q(x) + r(x) (x + 1) Cuando x3 + 1 = 0 x2 + 3x + 2 = r(x) (x + 1) r(x) = x + 2 Clave: C. 8. Si en la división de los polinomios de coeficientes enteros. px 987x 1597x 1 17 16   y qx x x m 2    se obtiene como residuo rx a b 1x a b 7x a 4x b 3 3 2           , determine el valor de m m 2103 2014 2013  . A) 2013 B) 1021 C) 2105 D) 2103 E) 2000 Solución: Como r(x) tiene grado menor que q(x) o es nulo r(x) = (a – b – 1)x3 + (a + b – 7) x2 + (a – 4) x + b – 3 a – b – 1 = 0 y a + b – 7 = 0, luego a = 4, b = 3 se tiene que r(x) = 0 Del algoritmo de la división 987 x17 – 1597 x16 + 1 = (x2 – x + m)s(x) Si x = 0 1 = m.s(0) m es entero entonces m = 1  m = – 1 Si m = 1, (987 x17 – 1597 x16 + 1)(x + 1) = (x + 1)(x2 – x + 1)s(x) 987 (x3)6 – 1597 (x3)5×2 + x + 987 (x3)5×2 – 1597 (x3)5x + 1 = (x + 1)(x2 – x + 1)s(x) x3 = – 1 987 + 1597 x2 + x – 987×2 + 1597x + 1 = 0, el resto no es cero, luego m = – 1 m m 2103 2014 2013   = 2103 Clave: D. EVALUACIÓN DE CLASE 1. Si el binomio x – 2 es un factor del polinomio p(x) = n5xm – 3n5xm – 1 + 2m + 4, halle el valor de n. A) 2 B) 4 C) 8 D) 16 E) 10 Solución: Por el teorema del resto p(2) = 0, entonces n52m – 3n52m – 1 + 2m + 4 = 0 n52m + 2m24 = 2 3n 25 m Simplificando obtenemos que 25 = n5. De donde n = 2. Clave: A. 2. Si p(x) = x4 – 6×3 + 11×2 – ax + b es divisible por d(x) = x2 – 3 x + 2, halle el valor de a2 + b2. A) 25 B) 37 C) 36 D) 26 E) 17 Solución: Dividiendo por el método de Horner 1 1 – 6 11 – a b 3 3 – 2 – 2 – 9 6 0 0 1 – 3 0 0 0 a = 6 y b = 0 entonces a2 + b2 = 36 Clave: C. 3. Si de la siguiente división x x 2 mx (2p q)x 5x (5q 2p)x 1 x 3 2 5 4 3 2           se obtiene por resto x – 5, calcule el valor de m + q + p. A) – 1 B) 2 C) 3 D) 6 E) – 4 Solución: La división x x 2 mx (2p q)x 5x (5q 2p)x 1 x (x 5) 3 2 5 4 3 2             es exacta Completando y ordenando en forma creciente el dividendo y el divisor. Por el método de Horner (inverso) 2 6 4 1 5q + 2p –(2p + q) m 0 0 – 3 3 – 1 4 0 – 2 2 1 – 2 0 1 – 1 3 2 – 1 0 0 0 5q + 2p + 1 = 0 2p + q = 3 m = 1 p = 2 q = – 1 m + q + p = 2 Clave: B. 4. Si D(x + 2) = x3 – x2 – 4x + 16 y q(x) es el cociente de dividir el polinomio D(x) por d(x)= x2 – 3, halle el resto de dividir    6 5 4 3   2  3 t x  x  4x  5x  4x  6 7  8x 2x por S(x)=   2 q(x)  5 . A) 2x + 5 B) 12x – 3 C) 16x – 22 D) 10x + 3 E) 13x – 1 Solución: D(x) = (x – 2)3 – (x – 2)2 – 4(x – 2) + 16 = x3 – 7×2 + 12x + 12 Por Horner 1 1 – 7 12 12 0 0 3 3 0 – 21 1 – 7 15 – 9 q(x) = x – 7 S(x) = (x – 2)2 = x2 – 4x + 4 Por el teorema del resto x2 – 4x = – 4 t (x) = (x4(x2– 4x) + 5×4 – 4×3 + 6)(7 + 2(x2– 4x))3 resto = 16x – 22 Clave: C. 5. Si el residuo de la división x 1 x 3x (x 2) 6x 1 3 79 53 2       es r(x), halle el resto de dividir r(x) por (2x + 1). A) 0 B) 5 C) 2 1  D) 3 E) 1 Solución: Por el teorema del resto x3 = – 1 en el dividendo (x3)26x – 3(x3)17×2 – x2 – 10x – 5 r(x) = x + 3×2 – x2 – 10x – 5 = 2×2 – 9x – 5 x = 2 1  el resto es 5 2 1 9 2 1 2 2                 = 0 Clave: A. 6. Si en la división de p(x) = (ax3 + bx2 + cx + d)2 por d(x) = x – 2 se obtiene un resto de la forma 16 (b + 2a) (2c + d), determine el valor de          b 2 c 4 d 2a 1 M ; donde {a, b, c, d}  Z+. A) 1 B) 4 C) 2 D) 0 E) 8 Solución: Por el teorema del resto x – 2 = 0 Resto = p(2) = (8a + 4b + 2c + d)2 = [4(2a + b)]2 + (2c + d)2 + 8(2a + b) (2c + d) [4(2a + b)]2 + (2c + d)2 + 8(2a + b) (2c + d) = 16 (b + 2a) (2c + d) (8a + 4b – (2c + d))2 = 0, luego 8a + 4b = 2c + d          b 2 c 4 d 2a 1 M = 2a b 4a c 8a d   = 1 Clave: A. 7. Sean p(x), h(x)  R[x], los cuales verifican p(x) = x4 + h(x) – 1. Si q(x) es el cociente de x 1 p(x) h(x) 2   , halle la suma del cociente y residuo de la división q(x) x x x 1 4 2    . A) x2 + x + 1 B) x2 – x + 1 C) x2 + x – 1 D) x2 + 1 E) x2 – 1 Solución: q(x) = x 1 x 1 (x 1)(x 1) x 1 x 1 x 1 p(x) h(x) 2 2 2 2 2 4 2            Por Horner 1 1 0 – 1 1 – 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 – 1 la suma del cociente y residuo de la división es x2 + x – 1 Clave: C. 8. Halle el resto en la siguiente división x x 1 2x x x 4 2 45 20      . A) 2x + 7 B) 2x – 7 C) 2x – 3 D) 2x + 3 E) 2x – 1 Solución: Por el algoritmo de la división 2×45 – x20 + x + 4 = (x2 + x + 1)q(x) + r(x) donde  r(x) < 2 (2×45 – x20 + x + 4)(x – 1) = (x – 1) (x2 + x + 1)q(x) + r(x) (x – 1) 2(x3)15x – (x3)7 + x2 + 4x –2(x3)15 + (x3)6 x2 – x – 4 = (x3 – 1)q(x) + r(x) (x – 1) Cuando x3 – 1 = 0 2×2 + 5x – 7 = r(x) (x – 1) r(x) = 2x + 7 Clave: A. Geometría EJERCICIOS DE LA SEMANA Nº 7 1. En la figura, M es punto medio de AC . Si mFAB = 20°, halle mFMH. A) 20° B) 40° C) 30° D) 10° E) 70° A B C F H M Solución:  AHFC es inscriptible AC : Diámetro  Por ángulo inscrito: mHF = 40°  Por ángulo central: x = 40° Clave: B 2. En un cuadrilátero ABCD, mABD = 60°, mABC = 120°, mADC = 110° y mADB = 40°. Halle la medida del ángulo agudo formado por sus diagonales. A) 40° B) 80° C) 60° D) 75° E) 30° Solución:  C es excentro del triángulo ABD  Por propiedad:  = 30°  CED: x + 30° + 70° = 180° x = 80° Clave: B 3. En la figura, ABCD es un rombo y T es punto de tangencia. Si las distancias de los vértices B y D a la recta tangente L son 2 m y 8 m, respectivamente, halle la medida del radio de la circunferencia. A) 1 m B) 2 m C) 3 m D) 5 m E) 4 m A B C D E 80° x  40° 60° 60° 60° 70° 70° x A B C F H M 20° x 40° T A B C D L Solución:  Trazamos DM, OT y BN  BN // OT // DM  En el trapecio NBMD: r = 2 8  2 = 3 Clave: C 4. En un triángulo rectángulo, los catetos miden 6 cm y 8 cm. Halle la razón de los radios de las circunferencias circunscrita e inscrita al triángulo. A) 2 1 B) 2 5 C) 2 3 D) 3 5 E) 4 5 Solución:  Propiedad ABC: R = 5  Teor. de Poncelet ABC: 6 + 8 = 10 + 2r r = 2  2 5 r R  Clave: B 5. Una circunferencia está inscrita en un cuadrilátero ABCD y Q es punto de tangencia en AB . Si 4AQ = 3BQ, mBAD = 90°, AD = 9 m, CD = 7 m y BC = 5 m, halle la medida del radio de la circunferencia. A) 7 m B) 11 m C) 3 m D) 4 m E) 5 m Solución:  Por teorema de Pithot: 7a + 7 = 14 a = 1  r = 3 Clave: C A B C M R 6 8 r 5 5 A B C D r 3a r 4a 5 7 r 9 Q T A B C D L 2 r 8 O N M 6. En la figura, H es ortocentro del triángulo ABC. Si AP = HP y HQ = QC, halle x. A) 30° B) 20° C) 50° D) 40° E) 35° Solución:  Se trazan las alturas CL y AT  mBAH = mBCH = 10°  ABC:  +  = 80°  AHC: x + 2 + 2 = 180° x = 20° Clave: B 7. En la figura, halle x. A) 45° B) 30° C) 50° D) 60° E) 53° Solución:  ABC: Isósceles  Se traza AI mBAI = 20°  ABI  AIC (LAL)  BI = IC  Por ángulo exterior: mQIC = 60° mAIQ = 60°  Q es incentro del AIC  mQCI = 20° x = 50° Clave: C A B P Q C H 80° x A B C 30° Q x 10° 30° 40° A B P Q C H 80° x L T 10° 10°     A B C Q x 10° 30° 40° 10° 20° 60° 60° 20° 20° 30° I 8. En la figura, I es incentro y G es baricentro del triángulo ABC. Si GN = 2 m, halle AN. A) 6 m B) 5 m C) 8 m D) 7 m E) 4 m Solución:  ABC: Por propiedad 135° = 90° + 2 mABC  mABC = 90°  ABC: G es baricentro BG = 4 m BN = 6 m  AN = BN = 6 m Clave: A 9. En la figura, el triángulo ABD es equilátero, mCAD = 12° y mACB = 30°. Halle x. A) 84° B) 96° C) 48° D) 76° E) 54° Solución:  ABD: Equilátero  Se traza DG bisectriz del ADB   GBCD es inscriptible  mBGC = x  Como DG es bisectriz  AG = GB  ABG: x = 48° + 48° x = 96° Clave: B A B C D x 48° 48° 12° 12° 30° 30° 30° a a a G x A B N C M Q G x x I   2 135°   A B C D x A B N C M Q G I 135° 10. En la figura, I es incentro y E es excentro del triángulo ABC. Si el inradio del triángulo ABC mide 1 cm y el exradio relativo a BC mide 7 cm, halle x. A) 30° B) 45° C) 53° D) 37° E) 60° Solución: 1) ES y EH: exradios 2) ITE: notable  x = 53° Clave: C 11. En la figura, O es circuncentro del triángulo ABC. Halle x. A) 22° B) 24° C) 20° D) 15° E) 18° Solución:  Prop.: mAOC = 160°  Prop.:  +  = a + b  10x = 80° + 160° x = 24° Clave: B A B C M N O 80° 6x 4x A B C M N O 80° 6x 4x 160° = 10° 160° 10°   a b 12. En la figura, AO y AB son diámetros. Si AO = OB = 6 m y CF = 5 m, halle numéricamente (AM)(CH). A) 20 B) 15 C) 18 D) 30 E) 36 Solución:  Piden: ab  Trazamos OM y BC  mOMA = mBCA = 90°  Por punto medio: MC = a  OMCH: Inscriptible  Por teorema: ab = 6  5 = 30 Clave: D 13. En la figura, OB = AC. Halle x. A) 90° B) 86° C) 80° D) 92° E) 84° Solución:  OPC: Isósceles OP = PC  BOP  APC (LLL)  mBPO = mAPC = 90°  O: Ortocentro  x = 90° Clave: A A B D C E x    O A B D C E x    O P 90°  A B C F O H M a a b 5 6 6 6 A B C F O H M 14. En la figura, AE = BC. Halle x. A) 30° B) 45° C) 38° D) 35° E) 32° Solución:  E: Excentro ABC  mAEC = x  EAC isósceles  BCA isósceles  mBAC = 2x 6x = 180o luego x = 30o Clave: A EVALUACIÓN Nº 7 1. En la figura, H es ortocentro del triángulo ABC. Si AC = 7 m, halle BH. A) 2 m B) 1 m C) 3 m D) 4 m E) 3,5 m Solución:  7a = 7 a = 1  x = a x = 1 Clave: B A B C E x x 2x 90° 2x H A B C 45° 37° H A B C 45° 37° 45° 53° 45° x 3a 3a 4a  7 A B C E x 2x 90°2x 90°x x 90° x 2x x 2. En la figura, ABCD es un cuadrilátero circunscrito a la circunferencia, mBCD = mCDA, BC = 7 cm y CD = 6 cm. Halle la longitud del radio de la circunferencia. A) 4 cm B) 5 cm C) 7 cm D) 6 cm E) 3 cm Solución:  DL = CL  T. Pithot: 6 + AB = 7 + b AB = b + 1  T. Poncelet: b + 1 + 7 + a = a + b + 2 r = 4 Clave: A 3. En la figura, I es incentro del triángulo ABC. Si AB = BF y FC = IF, halle x. A) 35° B) 50° C) 45° D) 60° E) 40° Solución:  ABI  BIF  mBAI = x  Prop.: mAIC = 120°  AIC: 2 3x = 60° x = 40° Clave: E A B C I F 30° x 30° x/ 2 x x/2 x 120° x/ 2 A B C I F 60° x A B C D A B C D L r   b+1 7 6 b a a 4. En la figura, halle x. A) 80° B) 60° C) 40° D) 70° E) 50° Solución:  Prolongamos BF  BF = FE  Luego: mCEF = 70°  EFCD: Inscriptible x = 70° Clave: D 5. En la figura, P es circuncentro del triángulo ABC y BP = AD. Si mPD = 80°, halle mPCB. A) 18° B) 15° C) 20° D) 10° E) 12° Solución:  Ángulo Inscrito  mPAD = 40°  AP = PB = PC  40 + 2x = 70° x = 15° Clave: B   70° F A B C D 70° x E A B D C P A B D C P 40° 70° 40° 70° x 80° x   70° F A B C D x 6. En la figura, G es baricentro del triángulo ABC. Si AB = 6 m, halle GM. A) 2 m B) 3 m C) 2,5 m D) 1,5 m E) 1 m Solución:  Prop.: AM = 3x  mABM = 2  ABG: Isósceles  2x = 6 x = 3 Clave: B Trigonometría EJERCICIOS DE LA SEMANA Nº 7 1. Simplificar la expresión tg 2tg 1. 4 2     A) 3  B) 4  C) 6  D) 8  E) 5  Solución:   4 1 tg 1 cos sen sen cos 9sen cos sen 9cos 9cos sen 9sen sen 9cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2                            Clave: B 2  G N A M B C 2  G N A M B C 2 90° 90° 2x x 3x 3x 6 2. Los ángulos  y  son complementarios y para ellos es cierto que el seno de  es al seno de  como 3 es a 2. Hallar  2 sec . A) 4 B) 3 C) 4 13 D) 5 13 E) 4 15 Solución: 4 13 sec 4 9 sec 1 sec 1 tg 4 9 tg 2 3 tg 2 3 cos sen 2 3 sen sen 2 2 2 2 2                       Clave: C 3. Hallar el valor de la expresión ctg 2x csc 2x ctg 2x. 3 sec 2x csc 2x ctg 2x tg 2x 2 2 4 2 2 4 2      . A) – 2 B) 1 C) 0 D) 2 E) – 1 Solución:     ctg 2x csc 2x ctg 2x 1 sen 2x 1 ctg 2x csc 2x ctg 2x 3sen 2x cos 2x 1 sen 2x cos 2x cos 2x sen 2x sen 2x cos 2x ctg 2x csc 2x ctg 2x 3 sec 2x csc 2x ctg 2x tg 2x 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 4 2 6 6 2 2 2 2 4 2 2 4 2                               . . . . Clave: E 4. Si 2 2 2 x  y  z , donde x  3cossen , y  3sensen, z  3cos , hallar el valor del ángulo agudo . A)  4 sec B)  2 csc C)  4 csc D)  2 sec E)  2 cos Solución:                                              4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 2 2 4 4 2 2 2 2 4 4 4 2 sec cos 1 cos cos 1 cos sen 1 sen cos 1 cos sen 1 1 2sen cos 1 cos sen 2cos sen 1 cos sen 2 cos sen tg 2tg 1 Clave: A 5. Simplificar la expresión . 1 tg 2sen sec sec 4 2 3 3       A) sec  B) – csc  C) cos  D) – cos  E) – sec Solución:                       cos sec sec 1 tg 1 tg sec 2tg sec E 2 2 2 2 2 Clave: D 6. Si sec tg  3, donde  es un ángulo del cuarto cuadrante; calcular el valor de 5(sencos). A) – 7 B) 7 C) – 1 D) 9 E) 0 Solución: E 7 5 3 5 4 E 5 E 5(5 sen cos ) 3 5 sec 3 1 sec tg como sec tg 3                                    Clave: A 7. Simplificar la expresión . cosx sec x tg xcosx cos x tg x cos x tg sen sec xcosx 2 2 3 2 3 2       A) – 1 B) 1 C) 2 D) 0 E) 2 1 Solución:     0 cos x 1 1 cos x cos x sen x 1 R cos x cos x secx cos x cos x sen x cos x cos x (1) secx cos x sen x cos x sec x R cos x sec x tg x secx cos x sen x cos x tg x 1 R 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2                           . Clave: D 8. Simplifique la expresión secx senx 1 senx senx 1 1 secx 1             . A) sec x 2  B) tg x 2  C)  tgx.secx D)  tgx.senx E) senx Solución: Desarrollando: tgx senx secx tgx senx secx secx cosx sen x cosx 1 secx cos x 1 sen x cosx secx sen x 1 1 sen x cosx secx ( senx 1)(senx 1) sex 1 sen x senx cosx 2 2 2 2 2 2 . .                                                          Clave: D 9. Simplificar la expresión 2sen x secx ctg x secx ctg x  senx 1 ( senx cosx 1) 2 2 2 2 .  .             . A) sen x 2 B) – 1 C) tgx D) cos x 2  E) 2 Solución: Sea     M 2 sen x cos x cos x 2sen x M sen x cos x cos x 2(1 cosx )(1 cosx ) M ctg x cosx 1 cosx cosx 2cos x 2cosx 2sen x M ctg x cosx 1 1 cosx 2sen x M 2(cosx 1) 1 secx ctg x cosx 2sen x (1 senx) 2(1 senx)(1 cosx) M 2sen x secx ctg x secx ctg x senx 1 ( senx cosx 1) M 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2                                                                             . . . . Clave: E 10. Si tg 1 sen  ctg 1 cos  1 Atg Bctg , 2 2 2 2 2 2            calcular 2A + 3B. A) 5 B) 10 C) 7 D) 9 E) 13 Solución: 2A 3B 4 6 10 A tg Bctg 2 tg 2ctg tg ctg sec csc 2 tg ctg sec csc 2 1 cos sen 1 3 sen cos tg ctg 1 cos sen sen cos tg ctg 1 sen cos ctg cos sen tg 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 2 2 2 4 2 2 4 2                                                              . Clave: B EVALUACIÓN Nº 7 1. Simplificar la expresión               2 2 2 2 2 2 sen tg ctg csc csc sec ctg . A) 1 B) 2 C)  2 tg D)   2 1 sen E)   2 1 cos Solución: 1 1 2 cos 1 sen sen sec 1 sec sen 1 tg 1 sec sen tg ctg 2 1 ctg 1 sec 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2                                  Clave: B 2. Simplificar la expresión 2x . 2 donde senx cosx sec x senxcosx tg x cos x senxcos x cosx sen x sen x 2 2 4 3 3 4            A) 2senx B) cosx C) – tgx D) 2cosx E) senx.cosx Solución: 2senx cosx senx senx cosx (cosx senx) senx cosx cosx senx senx cosx senx cosx 1 senx cosx (cosx senx) (1 senx cosx) senx cosx 1 senx cosx (cosx senx)(cos x sen x) senx cosx sec x tg x senx cosx cosx(cos x sen x) senx(cos x sen x) 2 2 3 3 2 2 3 3 3 3                                       Clave: A  2 cos 3. Simplificar la expresión 1. 1 sec tg (tg 3sec ) 3 2 4 2        A)   3 sec B)  3 sec C)   3 csc D)  3 csc E)  3 sen Solución: Sabemos     2 2 1 tg sec   1 1 sec tg (tg 3sec ) sec 1 sec tg (tg 3sec ) 1 sec (1 sec )(1 sec ) tg (tg 3sec ) 1 sec tg (tg 3sec ) 1 sec tg sec x 3sec tg tg 1 sec tg 3 2 4 2 3 3 2 4 2 3 3 3 2 4 2 6 2 4 2 2 2 3 6 2 2 6 2 2                                                  Clave: A 4. Simplificar la expresión        6 4 2 4 tg 2tg tg cos . A)  2 sen B)  4 cos C)  2 ctg D)  2 tg E)  4 sen Solución:                             2 4 2 2 2 2 2 2 4 2 2 6 4 2 2 2 4 2 2 sen sec cos sen sec tg (tg 1) cos cos sen (tg 2tg tg ) cos tg (tg 2tg 1) cos Clave: D 5. Calcular la raíz negativa de la ecuación cos 12 0 4 3 (xsen12 ) (sen12 cos12 ) x 2 2        . A)  tg12 2 1 B)  c tg12 3 1 C)  tg12 3 1 D)  c tg12 2 1 E)  2 tg12 Solución:                                         ctg12 2 1 2sen 12 sen12 cos12 x 2sen 12 sen12 cos12 2sen12 cos12 2sen 12 sen12 cos12 2sen12 cos12 x 2sen 12 cos 12 4 3 sen12 cos12 sen 12 cos 12 4 (sen 12 ) x 2 2 2 2 2 2 2 2 Clave: D