MATEMATICA PREUNIVERSITARIA EVALUACION RESUELTA 14 PDF

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Aritmética
1. Se tiene dos mezclas alcohólicas de 60° y 80°, de la primera se retira la cuarta parte y se mezcla con los dos tercios de la segunda, obteniéndose alcohol de 68°. ¿Cuál es la pureza de alcohol que resulta al mezclar los contenidos restantes?
A) 62° B) 65° C) 70° D) 78° E) 48°
Solución:

Clave: A
2. Se funden dos lingotes de oro: uno de 700gr. de peso y 0,920 de ley y otro de
300gr. de peso y 0,880 de ley. Se extraen “a” gramos de esta aleación que son
reemplazados por “a” gramos de una aleación de 0,833 de ley resulta que la ley
de la aleación es ahora 0,893. Halle el valor de “a”.
A) 300 B) 200 C) 250 D) 180 E) 220
Solución:
L1: 0,920 y 700gr
L2: 0,880 y 300gr
La mezcla
x y 1000gr
700(0,920) + 300 (0,880) = 1000x
x = 0,9080
Luego:
(1000 – a) 0,908 + 0,833a = 0,893(1000)
a = 200
Clave: B
3. Se tiene dos lingotes de plata y cobre de leyes 0,825 y 0,625. El primero tiene
14 kg de cobre y el segundo tiene 50 kg de plata. Si se funden ambos lingotes,
¿cuál es la ley del lingote resultante?
A) 0,690 B) 0,759 C) 0,725 D) 0,820 E) 0,792
Solución:
L1: 0,825 y M = 80
0,175 M = 14
M = 80
L2: 0,625 y M2 = 80
0,625 M2 = 50
M2 = 80
La mezcla:
0,825 (80) + 0,625 (80) = 160x
x = 0,725
Clave: C
4. Se mezclan dos tipos de harina y dan como peso total 180 kg. Sabiendo que 1 kg del primer tipo cuesta S/.5 y 1 kg del segundo tipo cuesta S/. 8 y el precio medio de la mezcla cuesta S/. 6, ¿cuál es la diferencia de las cantidades que se mezclan?
A) 120 B) 80 C) 70 D) 60 E) 40
Solución:
S/.5 S/.8 S/.6
x 180 – x 180
5x + 8(180 – x) = 180(6)
x = 120
120 – 60 = 60
Clave: D
5. Se tiene alcoholes de 20° y 15° que valen S/.18 y S/.13 el litro respectivamente. Al mezclar en cantidades convenientes estos alcoholes el grado de la mezcla es de 19°. Si se quiere ganar el 50% por litro de mezcla, ¿cuál debe ser el precio?
A) S/.24,50 B) S/.22,40 C) S/.26,80 D) S/.26,00 E) S/.25,50
Solución:
M1 M2 Mezcla
20° 15° 19°
S/.18 S/.13 x =
al bl a + b
i) 20a + 15b = 19(a + b)
a = 4b
ii) 18a + 13b = (a + b)x
x = 17
Pv = 17 + 50%(17)
Pv = S/.25,50
Clave: E
6. Si se mezclan 10 litros de un alcohol de 60° con 20 litros de alcohol de 30° se obtiene un alcohol cuyo costo es de S/.80 el litro. Si se hubiese mezclado los alcoholes en cantidades iguales, ¿cuál sería el costo del litro de la mezcla?
A) S/.70 B) S/.88 C) S/.85 D) S/.82 E) S/.78
Solución:
60° 30° x
S/.80
10l 20l 30l
10(60) + 20(30) = 30(x)
x = 40°
OH(puro) = (1000) 400
100
40

400cc  S/.80
* 60° 30° y
15 15 30
y = 45°
OH(puro) = (1000) 450
100
45

450cc  S/.a
400(a) = 450(80)
a = S/.90 la mezcla
Clave:
7. Se tiene un lingote de oro de 21 kilates y otro de ley 0,800; el primero tiene 14
kg de oro y el segundo tiene 20 kg de oro. ¿Cuál es la ley del lingote resultante
de la fusión de ambos?
A) 0,826 B) 0,829 C) 0,820 D) 0,920 E) 0,925
Solución:
21k  0,875 0,800 x
=
16kg 25kg 41
16(0,875) + 25(0,800) = 41x
x = 0,829
Clave: B
8. Se tiene alcohol de 48°, 38° y 28° y se quiere formar 140 litros de alcohol 38°. Si
se sabe que se utilizó 5 litros más de alcohol de 38° que de alcohol de 28°,
¿cuántos litros de alcohol de 48° se utilizaron?
A) 50 B) 48 C) 45 D) 35 E) 49
Solución:
48° 38° 28 38
135 – 2x x + 5 x 140
48(135 – 2x) + 38(x + 5) + 28x = 38(140)
 x = 45
Luego: 135 – 2(45) = 45°
Clave: C
9. Un litro de mezcla formado por 30% de agua y 70% de alcohol pesa 860
gramos; sabiendo que el litro de agua pesa 1 kg, se desea saber el peso de un
litro de mezcla conteniendo 70% de agua y 30% de alcohol.
A) 920 gr B) 930 gr C) 945 gr D) 940 gr E) 938 gr
Solución:
OH = 70° 700cc = 560gr
H2O = 30° 300cc = 300gr
860gr.
* OH 300cc  x
H2O 70° 700cc = 700gr.
300cc
x
700cc
560gr

x = 240gr.
wtotal = 700 + 240 = 940gr.
Clave: D
10. Se tiene dos aleaciones de oro y cobre de distintas leyes; mezclando pesos
iguales de ambas aleaciones se tiene otra aleación de 20 kilates y mezclando
cantidades de ambas aleaciones que tengan el mismo peso de oro resulta una
ley de 19,8 kilates. Halle la ley de dichas aleaciones.
A) 19 y 21 B) 24 y 16 C) 23 y 17 D) 22 y 18 E) 15 y 25
Solución:
L1 L2 20
: L1 + L2 = 40
w w 2w
* Peso en oro común = P
LM2 = 19,8
L
P
L
P
2P
1 2


L1 . L2 = 396
L1 + L2 = 40
L1 = 22  L2 = 18
Clave: D
11. Se han fundido tres lingotes de oro cuyas leyes son 0,92 ; 0,84 y 0,75. Si los
pesos de dichos lingotes están en relación inversa a sus leyes y el tercero
pesa 119 gramos más que el primero, ¿cuál es la ley de la aleación resultante?
A) 0,83 B) 0,84 C) 0,85 D) 0,82 E) 0,81
Solución:
Peso IP Ley
0,92 w1 = 0,84 w2 = 0,75 w3  MCM(92; 84; 75) = 48300
k
644
w
575
w
525
w1 2 3   
w3 – w1 = 119  k = 1
525 575 644
4(0,75)
L
 

0,83
1744
1449
L  
Clave: A
12. Se requiere obtener 100 litros de alcohol de 74° mezclando 30 litros de alcohol
de 80° con cantidades convenientes de alcohol puro y agua. Si la cantidad de
alcohol puro se compró en botellas de 1/8 de litro a S/.2 la botella, ¿cuánto se
gastó al comprar alcohol puro que luego se mezcla con alcohol de 80° y agua?
A) S/.720 B) S/.800 C) S/.820 D) S/.760 E) S/.750
Solución:
80° 100° 0° = 74°
30l a 70 – a 100
80(30) + 100a = 74(100)
a = 50
Costo = 800
8
1
50
2 












Clave: B
EJERCICIOS DE EVALUACION N°14
1. A 20 gr de oro de 18 kilates, se eleva su ley hasta 21 kilates agregando oro
puro. ¿Qué peso de cobre será necesario mezclar en este nuevo lingote para
volverlo a su ley original?
A) 6,66 gr B) 6,62 gr C) 5,66 gr D) 7,66 gr E) 4,66 gr
Solución:
20(18) + x(24) = 21(20 + x)
x = 20gr.
* 21° 0° 18°
+ =
40gr y 40 + y
21(40) = 18(40 + y)
y = 6,66
Clave: A
2. Los pesos de dos tipos de lingotes de oro son entre si como 2 es a 3. El
primero contiene 0,76% de cobre y el segundo 0,5%, se extraen 93 gramos del
primero que se añaden al segundo; en este momento los dos lingotes
contienen cantidades iguales de cobre, ¿cuál fue el peso inicial del segundo
lingote?
A) 13436 g B) 21204 g C) 21402 g D) 21255 g E) 21024 g
Solución:
0,76% 0,50%
2k 3k
Se extrae 93kg
0,76%(2k) – 0,76%(93) = 0,50%(3k) + 0,76%(93)
k = 93(76) = 7068
3(7068) = 21204 g
Clave: B
3. Un comerciante compró una cierta cantidad de vino a S/.6 el litro, le agrega una
cierta cantidad de agua y obtiene una mezcla de 60 litros que luego lo vende
con una pérdida del 20% a razón de S/.4 el litro. ¿Qué porcentaje del volumen
de vino representa el agua agregado?
A) 10% B) 15% C) 20% D) 50% E) 60%
Solución:
S/.6 S/.0 S/.5
=
(60 – x) x 60
p . 80% = 4  p = 5
* 6(60 – x) = 5060
x = 10
 x100 20%
50
10

Clave: C
4. Un litro de leche pura pesa 1030 gramos, si se han comprado 161,4 litros de
leche y estos pesan 165,420 kg, ¿cuántos litros de agua contiene esta leche?
A) 25 B) 26 C) 45,6 D) 27,4 E) 30
Solución:
1l = 1,03 kg (pura)
Leche = 161,4 – x
H2O = x
161,4
165,42 x
161,4 x
1,03
1
peso
Vol


 
x = 27,4
Clave: D
5. Se mezclan vinos de S/.60 y S/.50 con agua vendiendo el nuevo producto a
S/.55 el litro. Si la cantidad de agua utilizada es la quinta parte de vino de S/.50,
¿en qué relación están las cantidades de vino de S/.60 y S/. 50?
A) 11/16 B) 5/16 C) 17/16 D) 16/7 E) 16/5
Solución:
S/. 60 S/.50 S/.0 = S/.55
b 5a a = b + 6a
60b + 50(5a) = 55(b + 6a)
b = 16a

5
16
5a
b
16
a
b
  
Clave: E
6. En una aleación de 17 kilates se tiene mezclados oro de 16, 18 y 20 kilates. Si
el oro de 16 kilates representa el 60% del peso total de la aleación, ¿en qué
relación están los pesos de oro de 18 y 20 kilates?
A) 3/1 B) 3/2 C) 2/3 D) 3/4 E) 1/2
Solución:
16 18 20 = 17
0,6x a 0,4x – a = x
16(0,6x) + 18a + 20(0,4x – a) = 17x
0,6x = 2a  a = 0,3x

1
3
0,1x
0,3x
0,4x – a
0,3x
 
Clave: A
7. Se tienen dos lingotes de oro de 0,950 y 0,800 de ley, se les funde aumentando
2 kg de oro puro. El lingote obtenido tiene una ley de 0,906 y pesa 25 kg, ¿cuál
es el peso en kilos de cada uno de los lingotes?
A) 16 y 7 B) 15 y 8 C) 14 y 9 D) 12 y 11 E) 10 y 13
Solución:
0,950 0,800 1,000 = 0,906
a 23 – a 2 = 25
0,950a + 0,800(23 – a) + 2(1) = 0,906(25)
a = 15
32 – a  8
Clave: B
8. Se mezclan a litros de alcohol de 60°; 2a litros de alcohol de 45° y 360 litros de
agua, obteniendo alcohol de 40°. Halle el valor de “a”.
A) 420 B) 360 C) 480 D) 430 E) 540
Solución:
S/. 60 S/.45 S/.0 = 40°
a 2a 360 = 3a + 360
60a + 45a = 40(3a + 360)
a = 480
Clave: C
9. Se tiene dos soluciones de alcohol, una de 50 litros al 75% y la otra de 70 litros
al 70%. ¿Qué cantidad entera de litros como mínimo se deben intercambiar
para que el grado de la segunda mezcla alcohólica sea mayor que el de la
primera?
A) 25 B) 27 C) 28 D) 30 E) 32
Solución:
75° 70° se intercambia
50 70 “x” l
70
0,70(70) 0,70x 0,75x
50
0,75(50) 0,75x 0,70x  

 
7
49 0,05x
5
37,5 0,05x 


x > 29,1  x = 30
Clave: D
10. Al fundir una aleación de oro con una cantidad de oro puro, cuyo peso es la
octava parte de la aleación, se obtuvo otra aleación, cuya ley es un kilate más
que el original. ¿Cuál es la ley de la primera aleación?
A) 0,875 B) 0,775 C) 0,725 D) 0,675 E) 0,625
Solución:
En kilates
x 24 = x + 1
8a a = 9a
8x + 24(1) = 9(x + 1)
x = 15
x = 15  0,625
24
15

Clave: D
Álgebra
EJERCICIOS DE CLASE
1. Si M a,b c,d es el conjunto solución de 2
3x 1
1
x x 6 x 3
 
  
, halle la
suma de elementos enteros que satisfacen x  b  d  c  2a  4 .
A) 4 B) – 7 C) 0 D) 10 E) – 3
Solución:
 
2 2
3x 1 3x 1 (x 4)(x 1)
1 1 0 0
x x 6 x 3 x x 6 x 3 (x 3)(x 2)
resolviendo, tenemos : M 2, 1 3,4
entonces a 2, b 1, c 3 d 4
 
       
       
  
      
 
Con esos valores encontrados, tenemos x 1 4 3
entonces 3 x 1 4 3 1 x 1 7
equivalentemente : 7 x 1 1 1 x 1 7
por lo que : 6 x 0 2 x 8.
C.S. 6,0 2,8 .
  
        
        
     
 
C.S.  Z   5, 4, 3, 2,1,3,4,5,6,7 
Clave: D
2. Halle el conjunto solución de la siguiente inecuación:
2 2 2 6 (x  x  6)(x  x  6)(x 1) (x  4)  0 .
A) 1,4 B) 4,2 C) 2,3 4 D) 2,3 E) 2,3 1
Solución:
Tenemos 2 2 2 6 (x  x  6)(x  x  6)(x 1) (x  4)  0
2 2 2 6
0 ( ) ( )
(x x 6)(x x 6)(x 1) (x 4) 0
  
      
2 x  x  6  0  x  1  x  4 (4 y 1 son raíces de la ecuación)
(x  3)(x  2)  0  x  1  x  4
2  x  3  x  1  x  4
Luego C.S.  2,3 4
Clave: C
3. Hallar la suma de los valores enteros del conjunto solución de la inecuación:
10 2 77
7 8 5 2
4 x .(x 2) . x 3
0
x .(x 1) . x 2x 6
  

  
.
A) 1 B) – 1 C) 2 D) – 2 E) 0
Solución
Universo:   2 2 4  x  0x  4x 2,2 …()
Resolución de la inecuación
 
7 7
7 8 5 2
(x 2) . x 3
0, soluciones 2,2
x .(x 1) . x 2x 6
 
  
  
 
8 2
5
( ) 0
(x 2).(x 3)
0, soluciones 2,2
x.(x 1) . x 2x 6
 
 
   
  
 
(x 2)(x 3)
0 x 1, soluciones 2,2
x
 
      
 
 
x 2, 1 1,0 3, 2 …( )
De ( ) y ( ) : C.S. 2, 1 1,0 2
Suma de valores enteros : 2 2 0
       
     
  
Clave: E
4. Al resolver
2
2 2
(x 1) x 1(x x 9)
0
(x x 6)(x 7x 10)
   

   
se obtiene como conjunto solución
a,b c, , halle a b  c.
A) 5 B) 4 C) 7 D) 9 E) 6
Solución:
2 2
2 2
(x 1) x 1(x x 9) (x 1) x 1(x x 9)
0 0
(x x 6)(x 7x 10) (x 3)(x 2)(x 2)(x 5)
       
  
       
2
2
(x 1) x 1(x x 9) (x 1) x 1
0 0 x 2
(x 3)(x 2) (x 5) (x 3)(x 5)


       
      
      
2
Caso I : x 1 (obs : 1 es solución)
(x 1) x 1 (x 1)
0
(x 3)(x 5)
  
  
 
 
0 3 x 5
(x 3)(x 5)
    
 
x ,1 3,5  3,1…()
2
Caso II : x 1
(x 1) x 1 (x 1)
0
(x 3)(x 5)
 
  
 
 
0 x 3 ó x 5
(x 3)(x 5)
    
 
x1,  ,3 5,   5, …()
De () y (), C.S.  3,1 5,
Identificando a  3, b  1 y c  5 luego a b  c  7 .
Clave: C
5. Resuelva
  8 2 5 9
6 3
24 2 ( 3) 2.( 5)
0
( 9) ( 8) ( 5)
     

  
x x x x x x
x x x
e indique la suma de los
números enteros que contiene el conjunto solución.
A) 3 B) 4 C) – 6 D) – 13 E) – 8
Solución:
Universo:
 
( )
8 2 5 9
6 3
24 2 ( 3) 2.( 5)
0
( 9) ( 8) ( 5)

     

  
x x x x x x
x x x
2 x  2x  24  0  (x  6)(x  4)  0   6  x  4 …()
Resolución de la inecuación:
5 9 5 9
6 3
( 3) 2.( 5) ( 3) 2.( 5)
0
( 9) ( 8) ( 5)
     
 
  
x x x x x x
x x x 6 3 (x  9) (x  8) (x  5)
 0
( )
5 8 5 8
6 3 6 3
( )
(x 3) x 2.(x 5) (x 3) x 2.(x 5)
0 x 5 0 x 5
(x 9) (x 8) (x 9) (x 8)


 
         
            
       
 
( 3)( 2)
0 5 9
( 8)
   
       
  
x x
x x
x
8  x  2  3  x  x  5  x  9 …()
De () y (), C.S.  6,2 3,4 5
Luego: C.S  Z   6, 2    3,4   5  6, 4, 3, 2,3,4 
Clave: E
6. Si P(x) es un polinomio de cuarto grado tal que: P(x)  0 y tiene como
conjunto solución:
  
  
 
2
5
1,6 , determine el residuo de 2
P(x)
x  5x  7
.
A) 39 B) 36 C) 37 D) 38 E) 35
Solución:
Si
  
  
  
2
5
x 1,6 entonces : 2 (x  1)(x  6)(2x  5)  0
( 5 6)(4 20 25) 0 2 2 x  x  x  x  
Luego ( ) ( 5 6)(4 20 25) 2 2 P x  x  x  x  x 
También: ( ) ( 5 6).4( 5 ) 25 2 2 P x  x  x  x  x 
Si 5 7 0 2 x  x   entonces: 5 7 2 x  x  
Por teorema del residuo: r  (7)  6.4(7)  25  39
Clave: A
7. Dada la inecuación
45(x 5)
x 10 2x 5
9 x

   

, determine la suma de las
soluciones enteras.
A) 5 B) 9 C) 10 D) 6 E) 8
Solución:
Universo
45(x 5) x 5
0 0 x 5,9 …( )
9 x x 9
 
        
2
2
( )
2 2
Resolución
45(x 5) 45(x 5)
x 10 2x 5 10 x 2x 5
9 x 9 x
45(x 5) 45(x 5)
(x 5) (x 5) 0
9 x 9 x

 
        
 
 
     
 
2 x 4x 45
(x 5)
 

 45 (x 5)x(x 4)
0 0
x 9 x 9
   
    
   
x ,5 0,4 9, …()
De  y  : C.S.  Z   5,0,1,2,3,4 
Clave: A
8. Calcule la variación de “a” para que la inecuación
2
2
3(2a 1)x 2(4a 5)x 5a 9
a 2
5x 6x 5
    
 
 
se verifique para cualquier valor real.
A) 2,3 B) ,2 C) 3, D) 1,2 E) 2,3
Solución:
2 2
2 2
3(2a 1)x 2(4a 5)x 5a 9 (a 7)x (2a 2)x 1
a 2 0
5x 6x 5 5x 6x 5
        
   
   
Se observa que 2 5x  6x  5  0 por lo que el numerador de la fracción debe
ser 2 (a  7)x  (2a  2)x 1 0,  x R,
es decir: 2 (7  a)x  (2a  2)x  1 0,  xR
luego se debe tener: 2 7  a  0    (2a  2)  4(7  a)(1)  0
entonces: a  7  (a  2)(a  3)  0
Así a ,7 2,3  a 2,3
Clave: A
EJERCICIOS DE EVALUACION
1. Al resolver
4 3 2 3 15
3 2 2013
(x x 3x x 2)(x 1)
0
x 5 (x 4x 3)
    

  
, halle la suma de los cuadrados
de los elementos enteros del complemento del conjunto solución.
A) 50 B) 51 C) 52 D) 49 E) 26
Solución:
4 3 2 2 2
2 2 15 2 15
3 2 2013
Factorizando x x 3x x 2 (x x 2)(x 1)
(x x 2)(x 1)(x 1) (x x 1)
0
x 5 (x 4x 3)
       
     

  
0 ( ) 0
2 2 15 2 15
3 2 2013
15
3 2013 2013 1998
( )
(x x 2)(x 1)(x 1) (x x 1)
Analizando los factores 0
x 5 (x 4x 3)
(x 1) 1
0 0 x 1
x 5 (x 1) (x 3) (x 5) (x 1) (x 3)
  

     

  

     
     
C.S.  ,5 3, 1 (C.S.)’  5,3 1
Piden: 2 2 2 2 (5)  (4)  (3)  (1)  51
Clave: B
2. Determine el número de soluciones enteras de la inecuación
   2 2
x  3x  2 x  7x  12  8 .
A) 2 B) 3 C) 4 D) 1 E) 0
Solución:
      2 2 2 2
2 2
x 3x 2 x 7x 12 8 x 3x 2 x 7x 12 8 0
factorizando los paréntesis : (x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 8 0
multiplicando convenientemente : (x 5x 4)(x 5x 6) 8 0
           
     
     
2
2
Si a x 5x tenemos : (a 4)(a 6) 8 0
a 10a 16 0 (a 8)(a 2) 0
     
      
x 5x 8 x 5x 2 0 x 5x 2 0 2 2
0
2         
 

5 17 5 17 5 17 5 17
P.C. , C.S. ,
2 2 2 2
       
      
   
las soluciones enteras son: 1, 2, 3, 4
Clave: C
3. Si ,b c es el conjunto solución de 3
( 9) 1
0
(3 2)( 8)
 

 
x x
x x
, halle el valor de
L  3b  c.
A) –2 B) –1 C) 0 D) 1 E) 2
Solución:
Universo: 1 x  0  x  1…()
Resolución de la inecuación:
3
2
( )
x 9
0, x 1 es solución
(3x 2)(x 8)
x 9
0, x 1 es solución
(3x 2)(x 2)(x 2x 4)


 
 

  
   
  
x 9 2
0, x 1 es solución x , 2,9 1 …( )
(3x 2)(x 2) 3

      
 
 
2
De ( ) y ( ), resulta : C.S , 1
3
    
Identificando
2
b c 1 3b c 1
3
       
Clave: B
4. Determine la suma de los tres primeros menores elementos enteros del
conjunto solución de la inecuación
 
4 3 2
2 3
2 6 8 8
0
3 4 2
   

   
x x x x
x x x x
.
A) 1 B) 3 C) 0 D) –2 E) 15
Solución:
4 3 2 2
3 2 2
2 6 8 8 ( 2)( 2)( 2 2)
0 0
3 ( 4 2) 3 ( 1)( 2 2)
       
  
       
x x x x x x x x
x x x x x x x x
2
2 ( 2)( 2) ( 2 2)
2 2 0 3 0
   
      
x x x x
x x x
x  3 2 (x  1) (x  2x  2)
 0
2 ( 2)( 2)
( 1) 3 3 0
1
 
     

x x
x x
x
x  1 3  x  3  x  2,1 2,
R
R
=
=
=
Por lo tanto, C.S.   2,1 2,  1 3,3
Piden: 4  5  6  15
Clave: E
5. Si “a” y “b” (a  b) son las soluciones enteras de
2 2
2
(x 4x 3)(x 5x 6)
0
x 3x 4
   

 
,
halle el intervalo en el qué se encuentra “c”  c  R 
de tal modo que:
2 ax bx  c  0 x R y sumar los 2 mayores enteros en él.
A) – 6 B) 5 C) – 2 D) – 9 E) 1
Solución:
2 2 2
2
(x 4x 3)(x 5x 6) (x 1)
0
x 3x 4
    
 
 
(x 3)(x 6)
(x 1)
 

0
(x 4)
(x 1)(x 3)(x 6)
0 x 3, 1 4,6
(x 4)


  
     

Podemos identificar : a  2  b  5 .
Ahora tenemos la siguiente inecuación cuadrática:
2
2
2
2x 5x c 0, x
equivalentemente 2x 5x c 0, x
por lo que debe ocurrir : ( 5) 4(2)( c) 0
25
por lo tanto : c , . Piden 4 5 9
8
     
    
     
      
Clave: D
6. Determine el menor elemento del complemento del conjunto solución de
3
3
1
x 60 3 2
x 63
   

.
A) 3 63 B) 4 C) 3 65 D) 3 E) 3 62
Solución:
   
   
   
3
3
3 3
3 3
3 3 3 3
3 3 3 3
3 3 3
1
x 63 2
x 63
1 1
x 63 2 x 63 2
x 63 x 63
x 63 0 x 63 1 x 63 0 x 63 1
x 63 x 64 x 63 x 62
x 63 x 4 x 63 x 62
  

       
 
           
      
      
Clave: E
7. Dada la inecuación 4 2 3 x  11x  6x  6x , halle el conjunto solución sobre R.
A) 0,1 3 B) 0,1 2,3 C) 0,1 2,3
D) 0,2 3 E) 2,3 4
Solución:
   
4 3 2 3 2 x 6x 11x 6x 0 x(x 6x 11x 6) 0
x(x 1)(x 2)(x 3) 0
por lo que C.S. 0,1 2,3
        
   

Clave: B
8. Halle la suma de las raíces enteras de la siguiente inecuación
6x 17x 64x 4x 28x 30 13x . 6 5 2 3 4      
A) 0 B) 6 C) – 4 D) 13 E) – 28
Solución:
Factorizando 6x 17x 28x 4x 64x 13x 30 6 5 4 3 2      
por divisiones sucesivas, se obtiene
  
 
6x 12x 30 0
2
3
x
3
2
x 1 x 1 x 2 
 



 



  



 



  


   0
2
3
x
3
2
x 1 x 1 x  



 



  








   ,1
3
2
, 1
2
3
C.S. 
la suma de los elementos enteros del C.S. es – 1 + 1 = 0 .
Clave: A
Geometría
EJERCICIOS DE LA SEMANA Nº 14
1. En la figura, AB = AD = 12 cm. Halle el volumen de la pirámide P-ABCD.
A) 1024 cm3
B) 1048 cm3
C) 1068 cm3
D) 1084 cm3
E) 1066 cm3
A
B
C
D
P
53°
45°
Solución:
1) Por T.T.P.: PA  AB y AB  BC
 PB  BC
2) PBC: Not.: BC = 20
3) VP-ABCD = 12 16
2
20 12
3
1
  


 
= 1024 cm3
Clave: A
2. En la figura, mAPB = mBPC = mAPC = 37°. Si AP = 8 cm, halle el área lateral de
la pirámide P-ABC.
A) 78 cm2
B) 76 cm2
C) 71 cm2
D) 70 cm2
E) 81 cm2
Solución:
1) T.T.P.: PA  AH  AH BC
 PH BC
2) AL = APAC + APAC + APBC
AL = 48 +
2
2l 3l
. . . (1)
3) En PHC: l = 10 10
4) En AL = 78 cm2
Clave: A
3. En la figura, ABCD es un cuadrado, PM = MD y mMCA = 30°. Si el área de la
cara lateral PAD es 16 15 cm2, halle el volumen de la pirámide P-ABCD.
A) 261 cm3 B) 256 cm3
C) 248 cm3 D) 216 cm3
E) 198 cm3
A
B
C
P
B C
M
P
A
B
C
D
P
53°
45°
20
12
12
16
20
A
B
C
P
37°
37°
37°
3 7°/2
6
6
l
H
l
8
10
10
10 = 1 0 l
3l
Solución:
1) PBD: MO : Base media
2) T.T.P.: PB  AB  AB  AD
 PA  AD
3) APAD =
2
a 6 a 10
= 16 15  a = 4
4) VP-ABCD = (a 6)  2a
3
1 2  = 256 cm3
Clave: B
4. En la figura, los diedros V-AD-B y V-BC-D miden 45° y 53° respectivamente. Si
AD = 16 cm, halle el volumen de la pirámide V-ABCD.
A) 512 cm3
B) 674 cm3
C) 289 cm3
D) 642 cm3
E) 592 cm3
Solución:
1) T.T.P.: VO  ON  ON  AD
 VN  AD
2) T.T.P.: VO  OT  OT  BC
 VT  BC
3) BOC ~ DAO (3 a 4)
 BC = 12 y h = 1216 = 8 3
4) ABAH = 8 3
2
16 12
 


 
= 112 3
 VV – ABCD = 3
7
32
(112 3)
3
1
 = 512 cm3
Clave: A
A
B
C
D
V
A
B C
D
M
P
2a
a 30°
a 6
a 6
a 10
A
B
C
D
V
A
B
C
D
V
N
O
T
h
16
4k
45°
53°
3k
4k
5k
5. En la figura, ABC-DEF es un tronco de pirámide triangular regular de volumen
171 cm3. Si AB = 12 cm, DE = 18 cm, halle la medida del ángulo diedro que forma
una cara lateral con la base.
A) 60° B) 45° C) 30°
D)
2
53
E) 53°
Solución:
1) Vtronco = S1 S2 S1 S2 
3
h
   = 171
donde S1 =
4
12 3 3
; S2 =
4
18 3 2
 h = 3
2) LPN: Not.:  = 45°
Clave: B
6. En la figura, E y F son los centros de las bases del cilindro de revolución. Si
EH = HF, mCTH = 30° y 2AT = TH = 6 cm, halle el volumen del cilindro.
A) 3 cm
4
135
 B) 3 11 cm
4
135

C) 3 11 cm
4
153
 D) 3 306 cm
E) 3 cm
4
137

Solución:
1) CEH  TFH
 CH = TH = 6
2) CNT: Isósceles, CT = 6 3
3) CAT: CA = 3 11
4) En HFT: r2 =
4
45
 VCIL = r2 = 3 11
= 3 11
4
45
 



= 3 11 cm
4
135

Clave: B
F
H
A B
C D
E
T
A
B
C
D
E
F
F
H
A B
C D
E
T
A
B
C
D
E
F
N
L
12
h h
6
6
G
P G2
9
9

6 3 2 3 3
2 3
F
H
A B
C D
E
T

30°
120°
30°

6 3
3 11


6
6
3
r
r
3 11
2
7. En la figura, O es centro de la base del cilindro circular recto. Si el área total del
cilindro es 210 cm2 y AT = 6 cm, BT = 8 cm, halle DT.
A) 8 5 cm B) 6 5 cm
C) 10 5 cm D) 7 5 cm
E) 10 2 cm
Solución:
1) R = 5
2) AT = 210 = 2(5)(h + 5)
16 = h
3) DBT: x = 8 5 cm
Clave: A
8. En la figura, la medida del ángulo entre CE y BD es 53°, CE = BD y el radio de la
base circular del tronco del cilindro de revolución mide 8 cm. Si mAE = 60°, halle
el volumen del tronco de cilindro.
A) 572 cm3
B) 612 cm3
C) 742 cm3
D) 478 2  cm3
E) 512 cm3
Solución:
1) AOE: Equilátero
 AE = 8 cm
2) CAE: CA = 6, CE = 10
3) VTRONCO = (8)2  


 
2
6 10
= 512 cm3
Clave: E
O
A B
C D
T
A B
C
D
E
O
A B
C D
T
R
x
h = 16
6 8
A B
C
D
E
60°
8 O
10
53°
6
10
8
9. En la figura, O es centro de la base circular del tronco del cilindro recto. Si AO = 2 cm,
OM = MC, ON = ND y MN = 8 cm, halle el área lateral del tronco de cilindro.
A) 32 cm2
B) 30 cm2
C) 28 cm2
D) 34 cm2
E) 35 cm2
Solución:
1) En COD: OL : Mediana
 OL = 8
2) AL = 2(2)  8
= 32 cm2
Clave: A
10. En un tronco de cilindro oblicuo sus bases son perpendiculares, la medida del
ángulo entre una generatriz y el plano de una de las bases mide 53°. Si las
generatrices menor y mayor miden 15 cm y 25 cm respectivamente, halle el área
de la sección recta del tronco de cilindro.
A)
25
144
 cm2 B)
25
156
 cm2 C)
4
123
 cm2 D)
25
176
 cm2 E)
25
167
 cm2
Solución:
1) LD// AB
2) En CDL: CL = 10, CD = 8
3) CDL: 8  6 = 10(2R)
10
24
= R
 ASRecta = R2 = 2 cm
25
144

Clave: A
A B
C
D
N
M
O
A B
C
D
N
M
O
L
8
8
8
2 2
8
A B 9
C
D
T
L
8
6
6
53°
53°
15 12
15
25
10
2R
53°
15
11. En la figura, V-ABC es una pirámide regular, si mQVM = mMVC, BC = 2 3 m,
halle el volumen de la pirámide V-ABC.
A)
2
6
m3 B) 2 m3
C) 4 m3 D)
3
6
m3
E) 6 m3
Solución:
1) T.T.P.: QM  VM
2) En BAC: Q: Baricentro
 QM = 1
3) VQM ~ VMC
 h =
2
1
4) VV-ABC =
2
1
4
(2 3) 3
3
1 2

 


 

 
=
2
6
m3
Clave: A
12. Se tiene un tronco de cilindro circular recto circunscrito a un tronco de prisma
triangular regular, cuyas bases se encuentran en el mismo plano. Halle la relación
entre sus volúmenes.
A)
5
3 3
B) 
9
4 3
C) 
4
3 3
D)

2 3
E) 
3
3
Solución:
1) Vtronco prisma = Abase  gM
=
4
(r 3) 3 2
 gM
2) Vtronco cil = r2  gM
  

 

9
4 3
r 3 g
4
3
r g
V
V
M
2
M
2
troncoprisma
troncocil
Clave: B
A
B
C
Q
M
V
A
B
C
Q
M
V


2 1
2 3
3
3
2 3
h
h2+1
a
gM c b
r
13. Un octaedro regular P-ABCD-Q está inscrito en un cilindro circular recto, tal que P y
Q son centros de las bases del cilindro. Si AB = 2 m, halle el volumen del cilindro.
A) 6 3 m3 B) 8 m3 C) 4 2 m3 D) 4 3 m3 E) 6 2 m3
Solución:
1) g = 2 2
2) AC = 2R = 2 2
R = 2
3) Vx = ( 2 )2  (2 2 )
= 4 2 m3
Clave: C
14. Un cilindro oblicuo es equivalente a un cilindro inscrito en un cubo cuya arista mide
8 cm. Si la generatriz del cilindro oblicuo mide 4 cm, halle su área lateral.
A) 36 cm2 B) 28 2 cm2 C) 32 2 cm2 D) 27 cm2 E) 30 cm2
Solución:
1) R2  4 =  (4)2  8
R = 4 2
2) AL = 2R(4)
= 32 2 cm2
Clave: C
EVALUACIÓN Nº 14
1. En una pirámide Q-ABC, BQ es la altura de la pirámide y el triángulo ABC es
equilátero. Si la mediatriz de CQ contiene al punto medio de AB y AC = 2 6 m,
halle el volumen de la pirámide.
A) 10 m3 B) 9 m3 C) 16 m3 D) 24 m3 E) 12 m3
Q
A
B
C
D
P
2
2
2
2
2
g
R
R
4
4
8
Solución:
1) QBM: T. Pitágoras
 h = 2 3
2) Vx = 2 3
2
2 6 3 2
3
1

 


 

 
= 12 m3
Clave: E
2. En la figura, V-ABCD es una pirámide regular en cuya base se inscribe una
circunferencia cuyo radio mide 5 cm. Si la medida del diámetro de la circunferencia
es igual a la longitud de la arista lateral, halle el volumen de la pirámide.
A) 500 cm3 B) 3
7
500
cm3
C) 2
3
250
cm3 D) 2
3
500
cm3
E) 500 cm3
Solución:
1) T.T.P.: VO  ON y ON  CD
 VN  CD
2) VND: VN = 5 3
3) VON: h = 5 2
 VV-ABCD = (10) 5 2
3
1 2  = 2
3
500
cm3
Clave: D
3. En un cilindro circular recto, AB y CD son generatrices diametralmente opuestas,
Q es el punto medio de AC y M un punto de CD. Si AB = QM = 4 m y el ángulo
entre AB y QM mide 60°, halle el área lateral del cilindro.
A) 6 3 m2 B) 8 6 m2 C) 8 2 m2 D) 6 m2 E) 8 m2
A
B C
D
V
Q
A
B C
M
h
6
3 2
3 2
6
A
B C
D
V
10
5
N
5
10
1 0
5 3
R = 5
h
Solución:
1) AB //CM  mQMC = 90°
2) MCQ: QC = 2 3
3) mQC = 90°  R 2 = 2 3
R = 6
4) AL = 2( 6 )  4
= 8 6 m2
Clave: B
4. El desarrollo de la superficie lateral de un cilindro circular recto es una región
determinada por un rombo, cuyas diagonales miden 14 cm y 48 cm respectivamente,
halle el volumen del cilindro.
A) 3 cm
2822

B) 3 cm
2282

C) 3 cm
2100

D) 3 cm
2150

E) 3 cm
1300

Solución:
1) 25 = 2R
2
25
= R
2) BOC: 7  24 = 25  h

25
14 24
= 2h
3) Vcil = R2  2h =

2100
cm3
Clave: C
5. Un tetraedro regular A-BCD está inscrito en un tronco de cilindro de revolución, tal
que BC es el eje menor de la base elíptica y AD el diámetro de la base circular. Si
AB = 2 m, halle el volumen del tronco de cilindro.
A) 2 m3 B) 2  m3 C) 3  m3 D) 6  m3 E) 3 m3
A D
B C
Q
4 M
4 2
60°
2 3 R
50°
30°
R
2h
A
B C
D
25
25
24
24
7
h 7
h
O
Solución:
1) OO’D: h = 2
2) Vtronco = (1)2  2 = 2  m3
Clave: B
6. En la figura, el triángulo ABC es equilátero. Si BC = 2QT = 28 cm, halle el volumen
del tronco de cilindro oblicuo.
A) 3 cm
3
3087
 B) 3 cm
3
2957

C) 3 cm
3
3127
 D) 3 cm
3
2977

E) 3 cm
4
3087

Solución:
1) NQ// AT
2) NBQ: Equilátero
R = 3
2
7
3) Vtronco = R2  


 
2
28 14
2
7
= 
4
3087
cm3
Clave: E
A
B
C
T
Q
1 O’ 1
A
B
C
D
h
2
1 1
3
2
A
B
C
T
Q
60°
60° 60°
14
14
14
N
60°
14
28
14
14
14
14
2R
Trigonometría
EJERCICIOS DE LA SEMANA Nº 14
1. En el gráfico C es la circunferencia trigonométrica. Calcule el área de la región
sombreada.
A) 2 (tg ) u
2
1
   B) 2 ( tg ) u
2
1
  
C) 2 (  tg) u D) 2 (tg  ) u
E) 2 tg u
2
1




  
Solución:
2
2 2 2
R 1 2
(tg ) u
2
1
tg
2
1
2
1
tg
2
1
sec
2
1
(1)
2
1
sec
2
1
A A S S
   
    




        
  
Clave: A
2. En la circunferencia trigonométrica; AC = 2k u. Hallar cos  ctg en términos
de k.
A) 4k 1 2 
B)
4k 1 2 
C)
k 4 2 
D)
2 1 k
E)
k 4 2 
Solución:
AC 2k
AB 1
BC cos ctg
BC ctg ( cos )


   
    
Aplicando el teorema de Pitágoras en el ABC
E 4k 1
cos ctg 4k 1
4k 1 (cos ctg )
(2k) 1 (cos ctg )
2
2
2 2
2 2 2
 
    
    
    
Clave: B
3. En la figura C es la circunferencia trigonométrica, hallar el área de la región
sombreada.
A) 2 u
2
sen
1 tg 


 
 
B)
  2 ctg 1 sen u
C)
  2 1 sen u
2
ctg
 

D)
2 (ctg  cos) u
E) 2 u
2
tg sen
Solución:
   
2
S
S
S
S OMR ONM
(1 sen ) u
2
ctg
A
2
cos
2
ctg
A
2
1 cos
2
1 ctg
A
A A A
 










  
Clave: C
4. Con los datos de la circunferencia trigonométrica C de la figura, calcular el área de
la región limitada por BCDE.
A)
2 u
2
1
2 sec 



 
B)
  2 1 csc2 u
C)
  2 tg 1 u
D)
2 csc2 u
2
1





E) 2 u
2
1
2 csc 



 
Solución:
2 u
2
1
csc2
(1 2csc2 )
2
1
(1 ctg tg )
2
1
(1) tg
2
1
(1)(1)
2
1
(1) ctg
2
1
S




  
       
    
Clave: E
5. Si ;
12
5
x
7
E 4 2(tgx ctgx) ,

 

   ¿en cuánto excede el valor máximo de E a
su valor mínimo?
A) 6 B) 5 C) 4 D) 3 E) 7
Solución:
6
5
2x
7
2
, luego ,
2
5
x
7
Por dato,
E 4 4csc2x

 
 
 

 
Si dibujamos la circunferencia trigonométrica podemos observar que la cosecante
decrece de
7
2
csc

hasta 1 cuando 2x varía de
2
a
7
2 
y crece desde 1 hasta



 
6
5
2 csc cuando 2x varía de
6
5
a
2
 
.
Luego, 1  csc2x  2 
Exceso 12 8 4
máx(E) 12 , mín (E) 8
8 4 4csc2x 12
4 4csc2x 8
y
  
 
  
 


Clave: C
6. En la figura, C es la circunferencia trigonométrica y MT es tangente a C en el punto
P. Calcular el área de la región sombreada.
A) 2 u
2
cscsec
B) 2 u
2
 tgsec
C) 2  tgctg u
D) 2 u
2
ctgcsc
E) 2 u
2
csctg
Solución:
Luego
2
somb u
2
tg sec
S
h tg sec
sec
cos
sen
h
  

   
 
 
 

Clave: B
7. En la figura, C es la circunferencia trigonométrica. Si AO = 4NO, calcular el área del
trapecio MNPQ.
A) 2 u
32
25ctg
B) 2 u
16
25ctg
C) 2 u
32
25ctg
D) 2 u
16
5ctg
E) 2 u
16
25tg
Solución:
De la figura:
 En MOQ : MQ  ctg
AB MQ
En ABO :


32
25ctg
A
4
5
ctg
4
5
2
1
A
(MQ NP) RN
2
1
A
Asi
4
ctg
NP
1
ctg
4
1
NP
Asi
MNPQ
MNPQ
MNPQ






 
 

 




Clave: A
8. Con los datos de la circunferencia trigonométrica C
, de la figura, calcular el área de
la región sombreada, si OM = MN.
A) 2
2
u
4sen
sen 4sen 8cos
 


 



    
B) 2 u
4cos
2sen cos
 


 



  
C) 2 (4sen  8cos) u
D) 2 2 (sen   4cos) u
E) 2
2
u
4sen
cos 2sen 4
 


 



   
Solución:
    sen
4
1
2
1
sen
2
1
A1
  
 
  2 1 2ctg
2
(1 2ctg )
A2
Entonces:

    

4sen
sen 4sen 8cos
A
2
T
Clave: A
9. En la figura, C es la circunferencia trigonométrica. Hallar el área de la región limitada
por el cuadrilátero BCDE.
A) 2 2 cos csc u
2
1
 
B) 3 2 2cos csc u
C) 3 2 cos csc u
2
1
 
D) 3 2 cos sen u
2
1
 
E) 3 2 2cos sen u
Solución:
OPS es congruente con el OMD
El cuadrilátero BCDE es un trapecio, luego,
3 2
2
cos csc u
2
1
Área (BCDE)
sen
1 sen
cos
2
1
1 (1 sen )
sen
1
cos
2
1
cos (1 sen )
sen
cos
2
1
(1 sen )
2
ctg cos
Área (BCDE)
  
 



 




 
 
 










 
  








 



  
  

Clave: C
10. En la figura, C es la circunferencia trigonométrica; T y A puntos de tangencia. Hallar
1 cos
M
, si el área del trapecio ABTP es M u2.
A)
2
2
sen tg

 
B)
2
tg

C)
2
tg
2
sen  

D) sen  tg
E) 1
Solución:
 
2
2
sen tg
1 cos
A
1 cos
2
sen tg
2
1
A
De la fig. :
A : áreatrapecio TPBM:

 

 
  


 
  
Clave: A
EVALUACIÓN Nº 14
1. En la figura C es la circunferencia trigonométrica, 1 C es una circunferencia de
centro 1 O , radio R y L es recta tangente de C en P. Hallar el área de la región
sombreada.
A) sen (2sec 1)
2
1
   
B) (2csc2 sen )
2
1
   
C) (tg sen )
2
1
   
D) (2ctg2 cos )
2
1
   
E) sen (2sec tg )
2
1
    
Solución:
(2csc2 sen )
2
1
(tg ctg sen )
2
1
S S
ctg
2
1
sen
2
1
tg
2
1
S S
ctg
2
1
csc ( cos )
2
1
S
(tg sen )
2
1
S
sen (sec 1)
2
1
( sec 1) sen
2
1
S
1 R sec R sec 1
1 2
1 2
2
1
i
            
      
      
    
         
        
Clave: B
2. Con los datos de la circunferencia trigonométrica C de la figura, calcular el área de
la región limitada por BCDE.
A)  (csc  sec2) u2
B) 2  (tg2  sec) u
C) 2  (sec  csc) u
D) 2  (csc2  sec) u
E) 2 (csc2 sec ) u
2
1
   
Solución:
2 S (csc2 sec ) u
S csc2 sec
sec
2
sec csc
S
(1) sec
2
1
sec csc
2
1
S
    
    
 
  

    
Clave: D
3. En la figura C es la circunferencia trigonométrica y la relación entre las áreas de las
regiones triangulares BOQ y AOP es
a
1
. Si ,
b
1
sen  hallar  2 ctg .
A)
2
2
a
b 1
B)
2
2
a
1 b
C)
2
2
1 b
a

D)
b 1
a
2
2

E)
2
2
b
a 1
Solución:
Del dato
b 1
a
csc 1
a
ctg
ctg
a
1
tg
a
1
ctg
tg
2
2
2
2
2
2
2
2


 
  
   
 

Clave: D
4. En la figura C es la circunferencia trigonométrica, y el área de la región sombreada
es 0,2 u2. Hallar el valor de la expresión   

cos2  sen2
2
sen4
.
A) 0,1
B) 0,2
C) 0,3
D) 0,4
E) 0,5
Solución:
  


     
    

    
 
   
   
 

cos2 sen2
2
sen4
0,4
0,4 sen2 cos2 cos2 sen2
2
(sen2 cos2 cos2 sen2 )
0,2
2
(cos2 cos2 ) ( sen2 )
2
bh
A
MP sen2 h
cos2 cos2 b
ON OM MN : base
RS
Clave: D
5. En la figura, C es la circunferencia trigonométrica y MT es tangente a C en el punto
P. Hallar la ordenada del punto Q.

Clave: B