MATEMATICA PREUNIVERSITARIA EXAMEN RESUELTO 12 PDF

Share Button






CLICK AQUI PARA OTRA OPCION DE DESCARGA – VISUALIZACION

Aritmética
1. Para fijar el precio de un artículo se aumentó su costo en un 30%, pero al
venderlo se hizo una rebaja del 10% del precio fijado. ¿Qué tanto por ciento del
costo se ganó?
A) 15% B) 17% C) 16% D) 20% E) 18%
Solución
PF = 130% PC
Pv = PC +gan.
90% (130% PC) = PC + x% PC  x = 17%
CLAVE: B
2. Para aumentar en un 125% el área de un círculo, ¿por qué número se debe
multiplicar a su radio?

CLAVE: E
3. En la figura mostrada, ABC es equilátero, M, N y P son puntos medios. ¿Qué tanto por ciento es el área de la región sombreada respecto de la región no sombreada?
A) 80%
B) 70%
C) 75%
D) 90%
E) 85%
Solución
área sombreada = 32x
área no sombreada = 40x
 80%
CLAVE: A
4. Una persona apostó todo su dinero ganado el 10%, luego apostó lo que tenía perdiendo el 80% y por última vez apostó todo el dinero que le quedó, perdiendo el 70% con lo cual se retiró con S/. 66. ¿Cuánto dinero perdió?
A) S/. 950 B) S/. 960 C) S/. 934 D) S/. 923 E) S/. 965
Solución
Tenía = x
Se retira = 30% 20% (110%x) = 66  x = 1000
perdió = 1000 – 66 = S/. 934
CLAVE: C
5. Si el volumen de un cubo aumentó en 174,4%. ¿En qué porcentaje aumentó su arista?
A) 35% B) 45% C) 42% D) 40% E) 44%
Solución
VF = (AF)3 = 274,4% Vi = 2 ; 744(Ai)3
Luego AF = 1,4 Ai , aumenta 40%
CLAVE: D
6. El 80% de la capacidad de un recipiente está lleno de vino y el resto de agua. Si
se extrae el 30% de la mezcla quedan 21 litros más de vino que de agua.
¿Cuántos litros de agua contenía inicialmente el recipiente?
A) 8 B) 10 C) 15 D) 20 E) 18
Solución
Vinicial = k  Vinicial vino = 80%k , Vinicial de agua = 20%k
dato: 70% (80%k) – 70% (20%k) = 21  k = 50
Vinicial de agua = 10
CLAVE: B
7. El 10% del peso del agua de mar es sal. ¿Cuántos litros de agua dulce se debe
añadir a 80 litros de agua de mar para que la concentración de la sal sea del
4%?
A) 120 B) 110 C) 130 D) 135 E) 115
Solución
8 = 4% (80 + x)
x = 120
CLAVE: A
8. si el área total de un tetraedro regular disminuye en 36%. ¿En qué tanto por
ciento disminuye su volumen?
A) 39% B) 35,5% C) 51,2% D) 43% E) 48,8%
Solución
Se puede usar Área = l2
Vol. = l3
Luego A1 = 2
l 1 , a2 = 64% 2
l 1
V1 = 3
l 1 2
1
2
2
100
64
l  l  2 10 1
8
l  l
1
3
1 1 51,2% V
10
8
V  





 l
 disminuye: 100% – 51,2% = 48,8%
CLAVE: E
9. Al venderse un objeto en S/. 2500 ganó el 15% del 10% del 80% del costo. ¿A
cuánto debo vender el objeto para ganar el 20% del 25% del 60% del costo?
A) S/. 2360 B) S/. 2575 C) S/. 2600 D) S/. 2800 E) S/. 2670
Solución
a) Pv = Pc + gan.
2500 = Pc + 15% 10% 80% Pc  Pc = 2500
b) Pv = Pc + gan.
Pv = 2500 + 20% 25% 60% (2500) = S/.2575
CLAVE: B
10. Se tiene tres tipos de pinturas A, B y C y dos recipientes de igual capacidad.
En un recipiente se mezclan las pinturas A y B hasta llenarlo, donde A es la
tercera parte. En el otro se mezclan B y C hasta llenarlo, donde B es la octava
parte, luego, estas se vacían a otro recipiente. ¿Qué tanto por ciento de la
mezcla total es la pintura de tipo B?
A) 38,2% B) 36,5% C) 39,58% D) 42,5% E) 45,5%
Solución
Rec. 1 Rec. 2 Rec. 3
V
3
1
A  V
8
1
B  V
3
1
A 
V
3
2
B  V
8
7
C  V
24
19
V
8
7
V
3
2
B   
V
8
7
C 
Luego x(2V) = V
24
19
 x = 39,58%
CLAVE: C
11. Compré un televisor en S/.576. ¿En cuánto debo fijar su precio para que al
venderlo con un descuento del 28% obtenga una ganancia del 32,5% del precio
de costo?
A) S/.1060 B) S/.1080 C) S/.1100 D) S/.1040 E) S/.1050
Solución
Pv = Pc + gan. , Pc = 576
(100 – 28)% PF = Pc + 32,5% Pc  PF = S/.1060
CLAVE: A
12. Para vender una lavadora un comerciante aumentó el precio de costo en un
M%, pero al realizar la venta se rebajó el N%. Si el comerciante no ganó ni
perdió, ¿cuál es el valor de N?
A)
100 M
100

B)
10 M
10 M

C)
100 M
100 M

D)
100 M
M

E)
100 5 M
M

Solución
PF = (100 + M)% Pc
Pv = (100 – N)% PF = (100 – N)% (100 + M)% Pc = Pc 
100 M
100 M
N


CLAVE: C
EJERCICIOS DE EVALUACION N°12
1. En la figura mostrada. ¿Qué tanto por ciento del área total es el área de la
región sombreada?
Si AB // CD
A) 80% B) 75% C) 70% D) 85% E) 90%
Solución
a) Área sombreada = A1 + A2 + A3 = (x y z)h 4 bh
2
2 hz
2
2 hy
2
2 hx
     
b) Área total = 2 h 5 bh
2
b 4 b
 




 
c) 100% 80%
5 bh
4 bh

CLAVE: A
2. Se vendieron tres refrigeradoras en S/.1320 cada una. En la primera se ganó el
20% en la segunda se ganó el 10%. ¿Qué porcentaje se ganó en la tercera,
sabiendo que en total se ganó S/.660?
A) 28% B) 40% C) 32% D) 29% E) 35%
Solución
1°) Pv = Pc + g. 2°) Pv = Pc + g g1 + g2 + g3 = 660
1320 = Pc + 20% Pc 1320 = Pc + 10% Pc 220 + 120 + g3 = 660
Pc = 1100 Pc = 1200 g3 = 320
g1 = 220 g2 = 120
Luego: x% Pc3 = 320
x% (1320 – 320) = 320  x = 32
CLAVE: C
3. Al venderse un artículo se sabe que el precio de venta más el precio de costo
es el 150% de la ganancia. En qué relación se encuentra el precio de venta y la
ganancia?
A)
3
4
B)
7
8
C)
5
6
D)
3
7
E)
4
5
Solución
Pv = Pc + gan (1)
Pv + Pc = 150% gan (2)
(1) En (2) : 2 Pc + gan = 150% gan 
4
1
gan
Pc 

4
5
gan
P
gan
Pc gan v  

CLAVE: E
4. En una prueba un alumno responde 1/3 de lo que no responde y lo que acierta
es un 75% de lo que no acierta. ¿Qué porcentaje de la prueba respondió
correctamente?
A) 11,5% B) 10,71% C) 12% D) 13% E) 13,5%
Solución
, total de preguntas = 28n
luego .100% 10,71%
28 n
3 n

CLAVE: B
5. Si el lado de un cuadrado aumenta en 20%, su área aumenta en 121m2. Si el
lado disminuye en 20% ¿En cuántos metros cuadrados disminuye su área?
A) 99 B) 105 C) 96 D) 85 E) 108
Solución
a)
Área = l2 (120%l)2 = A + 121  (120%l)2 = l2 + 121
l2 = 275
b)
A – x = (80%l)2 = 64% l2
l2 – x = 64% l2  275 – x = 64% (275)
x = 99 m2
CLAVE: A
6. Un comerciante pensaba vender un artículo ganando el 42% del costo, sin
embargo lo vendió ganando el 35% del precio de venta, ganándose así S/.231
más. Hallar el costo del artículo.
A) S/.1680 B) S/.2010 C) S/.1860 D) S/.1950 E) S/.1790
Solución
a) pensaba: gan = 42% Pc
b) lo que hizo: gan = 35% Pv
Pv = Pc + 35% Pv  Pv = Pc
13
20
(1)
Por dato: 35% Pv – 42% Pc = 231 (2)
(1) en (2): 35% P 42%P 231
13
20
c c   





Pc = S/.1950
CLAVE: D
7. El largo de un rectángulo disminuyó en 20% y el ancho aumentó en 40% por lo
que el área varió en 24m2, ¿cuál fue el área original del rectángulo?
A) 180m2 B) 150m2 C) 200m2 D) 190m2 E) 175m2
Solución
S2 = (0,8 L) (1,4 A) = 1,12 AL = 1,12 S1 = 112% S1
el área aumenta en 12%, luego 12% S1 = 24
S1 = 200
CLAVE: C
8. Se compra un artículo en S/.3300. ¿En cuánto se debe fijar su precio para que
al venderlo con un descuento del 20% se obtenga una ganancia del 25% del
precio de venta?
A) S/.5500 B) S/.5200 C) S/.4900 D) S/.5050 E) S/.5150
Solución
PF = Pv + 20% PF  Pv = 80% PF (1)
Pv = 3300 + 25% Pv  Pv = 4400 (2)
(2) en (1): PF = 5500
CLAVE: A
9. En una fiesta, en un determinado momento, los hombres sacaron a bailar a
todas las mujeres y se quedó sin bailar el 20% de los hombres. ¿Qué tanto por
ciento de los hombres se deberá retirarse para que al volver a bailar, se quede
sin hacerlo el 10% de las mujeres?
A) 25% B) 28% C) 30% D) 29% E) 26%
Solución
80% H = 100 M  H = 5n , M = 4n
Se retiran x% de los hombres
(100 – x)% (5n) = 90% (4n)  x = 28
CLAVE: B
10. Con el mismo alambre con que se construyó un hexágono regular, se
construyó un triángulo equilátero. ¿En qué tanto por cierto varía el área de la
región encerrada por el alambre?
A) Disminuye en 33,3% B) Disminuye en 28%
C) Disminuye en 66% D) Aumenta en 33,3%
E) Aumenta en 35%
Solución
Inicio Después
1,5 3
2
3.1 3
A
2
  3
4
2 3
A
2
 
piden: 100% 33,3%
1,5 3
1,5 3 3
 







 
disminuye en 33,3%
CLAVE: A
Álgebra
SEMANA Nº 12
EJERCICIOS DE CLASE
1. Si m, n y p son soluciones reales no nulas de la ecuación
x kx mnx mnx 0 5 4 3 2     , determine el valor de k.
A) – 1 B) m + n C) m – p D) 1 E) 2
soluc.
soluc.
No irracional
Soluciones
No Reales
soluc. Irracionales
Solución:
En la ecuación: x kx mnx mnx 0 5 4 3 2    
 
x 0 x kx mnx mn 0
x x kx mnx mn 0
3 2
2 3 2
     
   
Solución nula
 
k 1
como k p 1
iii)mnp mn p 1
De i) p k
ii)mn np mp mn m n p 0 m n 0
i)m n p k
 
  
    
 
        
   
Clave: D
2. Halle la suma de las soluciones irracionales de la ecuación
x 5x 4x 3x 2 0 5 3 2      .
A) 2 B) – 3 C) – 1 D) 5 E) – 2
Solución:
De la ecuación x 5x 4x 3x 2 0 5 3 2     
1 0 –5 4 –3 –2
2 2 4 –2 4 2
1 2 –1 2 1 0
x x 1
x 3x 1
x 2 x 2x x 2x 1 0
2
2
4 3 2

      
   
        
 
soluciones irracionales 3
x 2 x 3x 1 0 x x 1 0 2
x x 3
x y x
2
1 2
1 2
 
Clave: B
3. Si 2 es una solución de la ecuación x x bx 24x 0 7 6 5 4     y c es la suma de
los cuadrados de las soluciones no nulas, halle c – 2b.
A) 1 B) – 1 C) 57 D) 15 E) 43
Solución:
I) Si 2 es solución de la ecuación
     
b 14
2 2 b 2 24 2 0 2 2 b 2 24 0
x x b x 24 x 0
7 6 5 4 3 2
7 6 5 4
  
         
   
II) En la ecuación
 
   
   
c 2b 29 2 14 57
1 2 14 29 c 29
x x x x x x 2 x x x x x x
Sean x ,x y x soluciones no nulas
x x x bx 24 0 x 0 x x 14x 24 0
2
1 2 1 3 2 3
2
1 2 3
2
3
2 2
1
1 2 3
4 3 2 3 2
2
     
     
       
          
Clave: C
4. Dada la ecuación bicuadrática x 3m 4 x m 1 0 4 2 2      ; m > 0, tales que
sus soluciones se encuentran en progresión aritmética, halle el valor de m.
A) 28 B) 25 C) 26 D) 20 E) 22
Solución:
Sean  3r , r , r ,3r las soluciones de la ecuación:
x 3m 4 x m 1 0 4 2 2      ; m > 0
     
     
 
m 1 m 26
10
3 m 4
3
3r m 1
ii) 3r .r m 1 9r m 1
i) 3r r 3 m 4 10r 3 m 4
2
2 2 2 4 2
2 2 2
    


 

  
    
     
Clave: C
5. Si x0 es una solución de la ecuación x 1 x 1  x 1 2 4    , halle el valor de
  2 2
0
3x
0 M x 2
 
  .
A) 3 B)
3
1
C) 4 D)
9
1
E) 1
Solución:
Dada la ecuación
x 1 x 1  x 1 2 4   
   
x 1
x 1 0 x 1
x 1 x 1 x 1 0
x 1 x 1 0
x 1 x 1 x 1 0
0
2 2
2 2
 
    
     
    





    
   
3
1
M 1 2 3 1 2 2
     
Clave: B
6. Al resolver la ecuación 3 27x 3 15x 2 3x 1     , halle una solución.
A)
3
1
 B) 1 C)
9
1
D)
2
1
E) –
9
1
Solución:
En la ecuación:
3 27x 3 15x 2 3x 1    
Elevando al cubo
3  3  2    2 3 27x  15x  2  3x  3 3x 1  3 3x 1  1
3x 1
9x 1
3
1
x
9
1
27x 6x 1 0 x 2

        
Clave: E
7. Halle la suma de soluciones de la ecuación 2 x 3 4 5 2x
x x   
 .
A) 1 B) 0 C)
4
7
D)
4
11
E)
4
3
Solución:
2 x 3 4 5 2x
x x   

I) x=0 es una solución de la ecuación
II) x=1 es otra solución de la ecuación
III) Además al igualar los exponentes se tiene:
 
    
 





      
         
       
soluciones de la ecuación 0 1 1
6 1 en este caso no hay solución
4
7
x
2
1
x
1 2x 0 2x 6 1 2x 2x 6 2x 1
2 x 3 4 5 2x 2x 6 1 2x
Clave: A
8. Determine el número de soluciones de la ecuación 1
2
x
x 2
x 3 1
 

 
.
A) 3 B) 1 C) 4 D) 2 E) 0
Solución:
En la ecuación:
1
2
x
x 2
x 3 1
 

 
  
2
x 6
2 x 3 2 x 4 x 3
2
x 2 x 2
x 3 1
2
2 
       
 
   
x 6 x 2x 0 x 2x 12 0
2
6 x
x 3
2
x 6
0 x 3
2
x 6
2 2 2
2 2 2
       







 
  

   


   
 
Nro. de soluciones 2
CS 1 13 , 1 13
x 1 13 x 1 13
x 6 x 6 x 0 x 2 x 1 13 x 1 3
3 4
1 2 3 4
 
     
       
                
Clave: D
EVALUACIÓN DE CLASE
1. Si 1 x , 2 x y 3 x son las soluciones no nulas de la ecuación
3x 5 x 15x 0 6 4 3    , halle el valor de   1
2 1 2 3
3
2
2
2
1
3 x x x
x
1
x
1
x
1
M      .
A)
9
1
B)
45
1
C)
45
2
D)
9
5
E)
45
8
Solución:
3x 5 x 15x 0 6 4 3   
x 3x 5x 15  0 x 0 3x 5x 15 0 3 3 3        
Por el Teorema de Cardano:
I) x1  x2  x3  0
II)
       
     
9
25
x x x x x x
9
25
x x x x x x 2 x x x x x x
3
5
x x x x x x
2
2 3
2
1 3
2
1 2
1 2 3 1 2 3
2
2 3
2
1 3
2
1 2 1 3 2 3 1 2
   
      

  
III) x1x2x3  5
     
   
45
2
15
1
25
9
25
3 5
1
x x x
x x x x x x
3x x x
1
x
1
x
1
x
1
M
2
1 2 3
2
1 2
2
1 3
2
2
1 2 3
2
3
2
2
2
1
3
  


 
     
Clave: C
2. Dada la ecuación x 2x 35x x 2x 35 0 5 4 3 2       , determine la suma de las
soluciones racionales.
A) – 2 B) – 1 C) 0 D) 1 E) – 3
Solución:
x 2x 35x x 2x 35 0 5 4 3 2      
1 2 –35 1 2 –35
–1 –1 –1 36 –37 35
1 1 –36 37 –35 0
soluc.
racional
soluciones
complejas
Soluciones racionales
x x 1
x 2x 35
x 1 x x 36x 37x 35 0
2
2
4 3 2


       
x 5
x 7 0
x 1 x 2x 35 0 x x 1 0 2 2

 
         
      
      
soluciones racionales : 1 7 5 3
x 1 x 7 x 5
Clave: E
3. Marcos comienza a resolver la ecuación
 x 1  x 1 8 x 1 2 x 1 4x 1 8x 40 0 6 5 4 3 2             y consigue 6
soluciones reales; sin embargo el profesor le menciona que existen soluciones
no reales. Halle la suma de las soluciones no reales.
A) 0 B) 3 C) 2 D) 4 E) 5
Solución:
De la ecuación:
         
 x 1  x 1 8 x 1 2 x 1 4 x 1 8 x 1 48 0
x 1 x 1 8 x 1 2 x 1 4 x 1 8 x 40 0
6 5 4 3 2
6 5 4 3 2
             
           
a a 8a 2a 4a 8a 48 0
Sea a x 1
6 5 4 3 2       
 
Factorizando se tiene:
      
     
  
         
      
     
 
soluciones no 2
x 3 x 1 x 4 x 2x 3 0
x 3 x 1 x 4 x 2x 3 0
a 2 a 2 a 3 a 2 0
0
2
2 2
2 2
R

Clave: C
4. Si  7 y 2i son soluciones de la ecuación bicuadrática
x k 3 x mx p 1 0 4 3 2       ; m, n, k  Q, halle 2k + m – p.
A) 32 B) – 29 C) – 24 D) 38 E) – 26
Soluciones enteras
Soluciones enteras
Solución:
Si la ecuación x k 3 x mx p 1 0 4 3 2       ; m, n, k  Q ; es bicuadrática
 k  3  0  k  3
Además si  7 y 2i son soluciones de la ecuación, se tienen:
I)  7  2i m m 3 2 2
      
II)  7  2i p 1 p 29 2 2
     
 2k m p  6  3   29  32
Clave: A
5. Al resolver la ecuación 2x  5 ax 12 x a 2      ; donde a > 1 es un divisor
de 6 y 0 x es la mayor solución entera. Halle la suma de cifras de 3×0 .
A) 3 B) 16 C) 9 D) 12 E) 7
Solución:
Si a > 1 y divisor de 6  a  2  a  3  a  6
I) Si a = 2 , en la ecuación
 
2 x 3x 12 x 4x 4 x x 16 0
2 x 3x 12 0 x 2 0
2x 5 2 x 12 x 2
no enteras
soluciones
65
2 2 2
2
2
        
       
    


II) Si a = 3
 
2 x 2x 12 x 6x 9 x 4x 21 0 x 7 x 3
2 x 2x 12 0 x 3 0
2x 5 3 x 12 x 3
2 2 2
2
2
             
       
     
III) Si a = 6
 
2 x x 12 x 12x 36 x 13x 48 0 x 16 x 3
2 x x 12 0 x 6 0
2x 5 6 x 12 x 6
2 2 2
2
2
             
       
    
 
 
cifras de 3x 4 8 12
3x 3 16 48
x 16 mayor solución entera
0
0
0
   
  
 

Clave: D
6. Dada la ecuación x 3 1
2 x 5x 1
3
 
 
donde 1 x , 2 x y 3 x son soluciones,
determine el valor de 4
3
4
2
4
1 M x  x  x .
A) 10 B) 20 C) 30 D) 40 E) 50
Solución:
x 3 1
2 x 5x 1
3
 
 
 
 
2  25 50
M x x x 2 x x x x x x
x x x x x x 25
II) x x x x x x 5 x x x x x x 2 x x x x x x 25
I) x x x 0
Si x ,x y x son soluciones por el Teorema de Cardano se tiene
x 5x 1 0 x 5x 1 0
2
3
2
2
2
3
2
1
2
2
2
1
4
3
4
2
4
1
2
3
2
2
2
3
2
1
2
2
2
1
0
1 2 3 1 2 3
2
3
2
2
2
3
2
1
2
2
2
1 2 1 3 2 3 1
1 2 3
1 2 3
3 3
 
     
  
         
  
       

Clave: E
7. Determine el número de elementos del conjunto solución de la ecuación
1
x 2 3
x 1 x 20 x 36 2

 
    
.
A) 2 B) 1 C) 6 D) 3 E) 4
Solución:
  
x 1 x 20 x 36 0 2 x 18 x 5
x 2 x 2 3
x 1 x 20 x 36 0 x 18 x 2 0
x 2 0 x 2 3 0
x 1 x 20 x 36 0 x 20 x 36 0
2
2
2 2
           
    
          
      
          
 5  x  18  x  1  x  20 x  36  0 …  2
De la ecuación y la condición  se tiene
x 6 x 2
x 20x 36 12x 24 x 8 x 12 0
x 20x 36 2 3 x 2
x 1 x 20x 36 x 2 3 2 3 x 2
Elevando al cuadrado
x 1 x 20 x 36 x 2 3
2 2
2
2
2
   
         
    
         
       
 
Nro. de soluciones : 1
x 6
De entonces :



Clave: B
8. Si c es solución de la ecuación x 2 x 4 x 36 2     . Determine el
producto de las soluciones de la ecuación
 c 74x 7x 16x 128 c  0 2 5 3 2 2        .
A) 28 B) – 56 C) – 28 D) 56 E) –72
Solución:
De la ecuación x 2 x 4 x 36 2    
I) x 36 0 x 6 x 6 2       
• Si x 6 x 2  x 4  x 36 x 72 x 6 2 2 2           
• Si x 6 x 2  4 x  x 36 6 x 36 2 2             
c 6 2 c 72
x 6 2 solución de la ecuación
2    
 
II)  c 74x 7x 16x 128 c  0 2 5 3 2 2       
 
28
2
56
Pr oducto soluciones
2 x 7 x 16x 56 0 5 3 2


  
   
Clave: A
Geometría
EJERCICIOS DE LA SEMANA Nº 12
1. En la figura, BQ es perpendicular al plano que contiene al triángulo rectángulo
isósceles ABC. Si AB = 2 cm y BQ = 2 cm, halle la distancia de Q a AC .
A) 1 cm
B) 2 cm
C) 3 cm
D) 4 cm
E) 5 cm
Solución:
1) (T.T.P.) QB BT BT  AC
 QT  AC
2) QBT: Notable (45°)
x = 2 cm
Clave: B
2. En la figura, AP es perpendicular al plano que contiene al hexágono regular
ABCDEF. Si PA = AB = 2 m, halle el área de la región triangular PFD.
A) 3 3 m2
B) 4 5 m2
C) 6m2
D) 3 7 m2
E) 2 6m2
A
B
C
Q
A
B
C
Q
T
x
2
2
45°
2
2
A
B C
D
F E
P
Solución:
1) (T.T.P.)
PA  AF  AF  FD
 PF  FD
2) A PFD =
2
2 2(2 3)
= 2 6 m2
Clave: E
3. En la figura, PO es perpendicular al plano que contiene al triángulo rectángulo
isósceles ABC, O es punto medio del diámetro AB . Si AQ = QC, halle mPQA.
A) 30°
B) 45°
C) 60°
D) 53°
E) 37°
Solución:
1) ABC: AQ = QC
(Teor. Puntos medios)
2) APQ: Equilátero
 = 60°
Clave: C
4. En la figura, los rectángulos ABCD y ABEF están contenidos en planos perpendiculares.
Si AB es diámetro de la semicircunferencia, PC = 12 cm, FM = 4 cm y ME = 9 cm,
halle la medida del ángulo entre PC y el plano que contiene al rectángulo ABCD.
A) 45°
B) 37°
C) 53°
D) 30°
E) 60°
F
A
B
C
D
E
M
P
A
B
C
P
Q
O
A
B C
D
F E
P
2 2
2 3
4
2
2
2
120°
2
2
A
B
C
P
Q
O

r 2
45°
r 2
r 2
r 2
r 45°
r
r
r
Solución:
1) APB Relaciones Métricas
PH2 = 4(9)
PH = 6
2) PHC Notable
x = 30°
Clave: D
5. En la figura, AB es diámetro de la circunferencia y de la semicircunferencia,
AO = OB = 2 m y FM= 2 3 m. Si mAM = mFB = 90°, halle la medida del diedro
F–AB–M.
A) 110°
B) 120°
C) 130°
D) 135°
E) 150°
Solución:
1) mAF = mFB
 FO  AB
2) mAM = mMB
 MN  AB
2) FOM: FM = 2 3
 mFOM = 120°
Clave: B
6. En la figura, ABCD y ADEF son cuadrados contenidos en planos perpendiculares
cuyos lados miden 4 cm. Si M y N son puntos medios de BC y MF ,
respectivamente, halle el área de la región triangular CNF.
A) 3 2 cm2 B) 4 2 cm2
C) 2 2 cm2 D) 5 2 cm2
E) 8 2 cm2
F
A
B
C
D
E
M
P
6 9
12
4
9
4
H
x
A F
B
C
D E
M
N
A
B
O
M
F
2 2
2
120°
2 3
A
B
O M
F
Solución:
1) (TTP)
FA  AB y AB  BC
BF  BC
2) BAF: BF = 4 2 cm
MBF: MF = 6 cm  MN = 3 cm
3) ACNE =
4
1
ACBF =
2
(4)(4 2)
4
1
= 2 2 cm2
Clave: C
7. En la figura, AB y CD son alabeadas, AD = 8 m, BC = 4 m y MN = 2 5 m. Si
AM = MB y CN = ND, halle la medida del ángulo que determinan AD y MN .
A) 30° B)
2
45
C)
2
37
D)
2
53
E) 37°
Solución:
1) ABC: ME es una base media
ME //BC y ME = 2
2) ADC: NE es una base media
NE// AD y NE = 4
3) MEN: Notable
 =
2
53
Clave: D
8. En la figura, AO es perpendicular al plano que contiene a la circunferencia de
centro O y mide 8 cm. Si B es punto de tangencia, OB = 6 cm y BC = 30 cm,
halle AC.
A) 12 5 cm B) 10 10 cm
C) 12 10 cm D) 36 cm
E) 28 cm O
A
B
C
A F
B
C
D E
M
N
2
2
4
4
4 2
3
3
A
B
C
D
M
N
2
4
8
4
2 5
E 
A
B
C
D
M
N
Solución:
1) (TTP) AO  OB y OB  BC
AB  BC
2) ABC:
x = 10 10 cm
Clave: B
9. En un triángulo ABC, la longitud de la altura BH es 4 cm, se traza la
perpendicular BP al plano que contiene al triángulo. Si mAPC = 90°, AH = 4 cm
y HC = 16 cm, halle la medida del diedro P-AC-B
A) 30° B) 37° C) 45° D) 53° E) 60°
Solución:
1) PB  BH y BH  AC
 PH  AC
2) APC: (Relac. Métricas)
PH2 = 4(16)
PH = 8
3) PBH Notable
 = 60°
Clave: E
10. En la figura, los cuadrados ABCD y EFCB están contenidos en planos
perpendiculares. Halle la medida del ángulo entre EC y FD .
A) 60°
B) 45°
C) 90°
D) 53°
E) 37°
Solución:
1) Se traza FH//EC
 EF = CH
2) DFH es equilátero
 x = 60°
Clave: A
A
B
C
P
H
8
4
16

4
A
B C
D
E F
A
B C
D
E F
H
l
l
l
l l
l l
l 2
x
l 2
l 2
O
A
B
C
8
x
10
6
11. Por el vértice B de un rombo ABCD, se traza una perpendicular BP al plano que
contiene al triángulo ABC. Si AM = 3MC (M en AC ), mBAC = 30°, AB = 4 m y
BP = 3 m, halle PM.
A) 1 m B) 4 m C) 3 m D) 5 m E) 3 2 m
Solución:
1) (T.T.P.) PO  OM
2) PBO: BO = 13
3) POM = x2 =
2 2
13  3
x = 4 m
Clave: B
12. La proyección de una región triangular ABD es la región triangular regular ABC. Si
AB = 12 cm y el diedro C–AB–D mide 45°, halle el área de la región triangular
ABD.
A) 32 6 cm2 B) 72 2 cm2 C) 36 6 cm2 D) 92 cm2 E) 86 cm2
Solución:
1) (T.T.P.) DH AB
2) AABC = 36 3
4
122 3

AABC = AABD cos45°
36 3 = AABD
2
2
AABD = 36 6 cm2
Clave: C
13. En la figura, AP es perpendicular al plano que contiene a la semicircunferencia cuyo
diámetro AB mide 8 cm. Si B es punto de tangencia, mBC = 120° y AP = 2 2 cm,
halle la medida del ángulo entre PC y L.
A) 30°
B) 60°
C) 45°
D) 37°
E) 53°
30°
A
B C
D
P
M
x
O 3
3
4 2
2 3
13
P L
A
B
C
Solución:
1) (T.T.P.) PA  AM y AM MC
 mPMC = 90°
PMC (Notable 45°)
x = 45°
Clave: C
14. AP es perpendicular al plano que contiene a la semicircunferencia de diámetro AB ,
Q es punto de AB tal que PQ = AB. Si mAPQ = 30°, halle mQB.
A) 100° B) 120° C) 90° D) 130° E) 150°
Solución:
1) PAQ  BQA
 mAPQ = mABQ = 30°
2) En la semicircunferencia
por ángulo inscrito se tiene:
x = 180° – 60°
x = 120°
Clave: B
EVALUACIÓN Nº 12
1. En la figura, PC es perpendicular al plano que contiene a la circunferencia de
centro O, PC = 4 3 cm, AC = 4 2 cm y BC = 4 cm. Halle el área de la región
triangular ABP.
A) 4 3 m2 B) 4 2 m2
C) 16 m2 D) 15 m2
E) 26 m2
Solución:
1) (T.T.P.) PC  BC y BC  AB
 PB  AB
2) ABP:
2
4  8
= 16 m2
Clave: C
P L
A
B
C
2 3
2 3
4 x
60°
2 2
M
120°
P
A
B
Q
60°
30°
30°
x
O
A
B
C
P
O
A
B
C
P
2 2
4 4
2 2
8
4 3
2. PA es perpendicular al plano que contiene a un rectángulo ABCD. Si
5
AP
4
AD
3
AB
  y la distancia de A a OB es 4,8 cm, halle PC.
A) 12 cm B) 16 cm C) 10 2 cm D) 8 3 cm E) 7 5 cm
Solución:
1) BAD ( R. Met.)
(3k)(4k) = (4,8)(5k)
k = 2
2) PAC:
x = 5k 2
x = 10 2 cm
Clave: C
3. Desde el vértice A de un exágono regular ABCDEF se traza una perpendicular
AP al plano que lo contiene. Si AB = 2 m y AP = 2 m, halle el área de la
proyección de la región triangular PFD sobre el plano que contiene al exágono.
A) 4 2 m2 B) 3 2 m2 C) 2 3 m2 D) 3 3 m2 E) 4 3 m2
Solución:
1) (T.T.P.) PA  AF y AF  FD
 PF  FD
2) A AFD = A PFDcos45°
=
2
2
2
2 2 2 3
= 2 3 m2
Clave: C
4. En la figura, los rectángulos ABCD y ADFG se encuentran contenidos en planos
perpendiculares, CD = AG = 2 m y FG = 6 m. Halle BF.
A) 6 m B) 2 m
C) 2 11 m D) 3 5 m
E) 8 m
F
G
A
B
C
D
P
A
B C
D
5k
4k
4,8
3k
x
5k
5k
A
B C
D
F E
P
2
2
2
2
2 3
2 2
45°
2
Solución:
1) (T.T.P.) AB  AG y AG  GF
 BG  GF
2) BFG (T. Pitágoras)
x2 = 62 + (2 2 )2
x = 2 11 m
Clave: C
5. En la figura, ABCD es un cuadrado. Si AB = PD = 2 m y AM = MD, halle la
distancia de M a BP.
A) 3 B) 2
C) 2 2 D) 2 3
E) 5
Solución:
1) BMP: Isósceles
BH = HP = 3
2) BHM:
x2 =
2 2
5  3
x = 2
Clave: B
6. Por el incentro O de un triángulo rectángulo ABC se traza OP perpendicular al plano
que lo contiene. Si AB = 6 cm, BC = 8 cm y OP = 2 3 cm, halle la medida del diedro
P-AC-B.
A) 30° B) 45° C) 60° D) 90° E) 37°
Solución:
1) (T.T.P.) PO  OM y OM  AC
 PM  AC
2) ABC (Teor. Poncelet)
6 + 8 = 10 + 2r
 r = 2
B A
C
D
P
M
F
G
A
B
C
D
2
2
6
6
2
2 2
x = 2 11
B A
C
D
P
M
H
1
1
2
2
3
3
2 2
5
x
5
A
B
C
P
M
2 3
8
6
x O
10
3) POT: Notable
x = 60°
Clave: C
Trigonometría
EJERCICIOS DE LA SEMANA Nº 12
1. En un triángulo ABC, AB = c u, BC = a u y AC = b u. Si se cumple que
a senB senC bc 2 .  , calcular la medida del ángulo A.
A)
2

B)  C)
3

D)
3
2
E)
4

Solución:
A / 2
senA 1
senA 1 ó senA 1
sen A 1
bc (sen A) bc
b senA CsenA bc
( a senB) ( a senC) bc
2
2
 
 
   





.
Clave: A
2. Con la información dada en la figura, evaluar la expresión
.
14sen 13sen sen sen
(14cos 13cos )sen
2      
   
A) 14
B) 15
C) 13
D) 12
E) 16
Solución:
Si E es el número buscado, entonces
13
15
13
15
sen
sen
15
sen
15sen
E
sen (0) sen
15sen
E
13sen 14sen 0
,entonces
13
sen
14
sen
; como
sen (14sen 13sen ) sen
15sen
E
 






  


   



     


. .
Clave: C
3. En la figura, si BC  3 AD , calcular la medida del ángulo DBC.
A) 110°
B) 100°
C) 120°
D) 115°
E) 180°
Solución:
Ley de senos
   
   
  
  












110
sen70 sen110
sen cos20
2 x sen 2 x cos20
sen20
x sen40
2
3
3 x sen
sen40
DC
sen20
x
sen
DC
sen60
3 x
Clave: A
4. El ángulo  está determinado por dos lados de un paralelogramo P cuyas medidas
son 9 m y 6 m. Si tg  15  0, ¿cuánto mide la diagonal mayor de P ?
A) 12,5 m B) 13 m C) 12 m D) 13,5 m E) 11 m
Solución:
: B  1 , 15  , d 4
( es obtuso)
1
15
tg 15
  


   
Ley de coseno:
x 12 m
x 81 36 27
4
1
x 9 6 2(9) (6)
2
2 2 2

  
 


 


   
Clave: C
5. Con los datos de la figura, simplifique la siguiente expresión
2
A
2(b c) cos
2
A
2(b c) sen 2 2 2 2    .
A) 2 2a
B) 2 2b
C) 2 c
D) 2 a
E) 2 2c
Solución:
 
 
2
a
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
E 2a
E 2 b c 4bc cosA 2 b c 2bc cosA
E (b c) (b c) (b c) (b c) cosA
E (b c) (1 cosA) (b c) (1 cosA)
2

 



 



     
       
     

Clave: A
6. Con los datos del triángulo ABC de la figura, calcule el valor de 13 sen .
A)
2
1
B) 1
C) 2 D)
2
2
E) 2
Solución:
Ley de cosenos,  
13
4 2
32 13x x
2
2
32 9x 2x 2 2 x 2 2    








  
Ley de senos,




 


    


 13
4 2
4
2
4
2 x
8 sen
sen135
4 2
sen
2 2 x
13 sen 2
13
2
 sen    
Clave: E
7. En un triángulo ABC, si 2 2 2 W  a cos2B  2bc cosA  b cos2A  b , calcular el valor
de
2 2 b c
W

.
A) 1 B) 3 C) 2 D) a E) 2 a
Solución:
 
1
b c
W
W b c
W b c 2bc cosA 2bc cosA
W a 2bc cosA
W a b 2a sen B 2bc cosA 2 b sen A b
W a 1 2sen B 2bcosA b (1 2sen A) b
2 2
2 2
2 2
2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2



 
   
 
     
     

 
Clave: A
… (2)
sen5
sen13
n
m
sen5
n
sen13
m
En el porLeydeSenos
… (1)
sen10
sen8
n
m
sen(180 10 )
n
sen8
m
En el porLeydeSenos
ABC
ADB


 



 


 
  


 
8. En la figura mostrada BD = AC, calcular la medida de x.
A) 20°
B) 30°
C) 40°
D) 15°
E) 24°
Solución:
De (1) y (2)
(5 0)
18 n 5 n n Z
sen18 0 sen5 0
0 2sen18 sen5
0 cos23 cos13
cos3 cos23 cos3 cos13
2sen13 sen10 2sen8 sen5
sen10
sen8
sen5
sen13
 
        
     
   
   
      
     





.
.
De la figura como 15 <  entonces  = 10° En el  15 x 180 BDC  x  30 Clave: B 9. Sea el triángulo ABC de la figura. Si ; 2 A C 29 tg 2 B ctg         calcular secC. 5 33 cosC 3 13  A) 12 B) 14, 2 C) 15 D) 15, 2 E) 15,6 Solución: Tenemos A + B + C =   B =  – (A + C)  . 2 A C tg 2 B ctg 2 A C 2 2 B                    Ley de tangentes,                                 2 A C 29 tg 2 A C , reemplazando en el dato : tg a c a c 2 A C tg 2 A C tg , 29a 29(14) a 14 28a 14 (29 1) a 15 a 14 a 14 29 2 A C tg 2 A C tg                             Ley de Cosenos: 196 = 169 + 225 – 2(13)(15) cosC 13 15,2 5 11 33 65 5 33 65 33 3 13 sec 5 33 cosC 3 13 65 33 cosC                      . Clave: D 10. Desde el pie de un poste se observa la parte alta de una torre con un ángulo de elevación de 45°, el mismo punto es observado desde la parte más alta del poste con un ángulo de elevación , tal que 5 3 sen  . Calcular la longitud del poste, si la distancia entre el poste y la torre es 80 metros. A) 20 m B) 30 m C) 10 m D) 40 m E) 50 m Solución: En el DEC DE = 80 4k = 80 k = 20 Como CE = 3k  EB = k = 20  DA = 20 Clave: A EVALUACIÓN N° 12 1. Con los datos de la figura, si 3 1 ctgB , calcular . (c cosA a cosC)senC c senB b a c2 2 2       A)  c 3 B) 3 a 3  C) 3 c 3  D)  a 3 E) 3 b 3  Solución: 3 3 a 2c senB 2ac cosB bsenC c senB b a c E 2 2 2        Clave: B 2. Con los datos del gráfico, si tg3 3 , determine la longitud de AB . A) 6 cm B) 7 cm C) 8 cm D) 7,5 cm E) 9 cm Solución: Por Ley cosenos: x 7cm x 49 2 1 x 34 30 Luego: 3 C 1 3 como tg3 x 9 25 30cos3 x 3 5 2 3 5 cos(180 3 ) 2 2 2 2 2 2                             . . I Clave: B 3. Con los datos de la figura, hallar sencsc en términos de a, b y c. A) abc B) a + b + c C) a + b – c D) c ba E) 2 a bc Solución: De la figura: senx seny x y 180     En el BCD Ley Seno ... (1) c a sen senx   En el ACD Ley Seno ... (2) a bsen seny   (1) = (2) 2 a bc sen csc a b sen c asen        Clave: A 4. En la figura el triángulo ABC es isósceles, AB = AC y AH = BC = a u. Hallar la medida del radio de la circunferencia circunscrita al triángulo ABC. A) a u 2 3         B) a u 4 5         C) a u 3 4         D) a u 8 5         E) a u 6 5         Solución: Ley de senos: 2 tg 2 cos sen 2cos a sen a luego b sen a AHB : b 2cos a sen b sen2 a ABC :                    a 8 5 R R 5 8 a 5 2 5 1 a 2R(2) Como a 2Rsen2                       Clave: D 5. Con los datos de la figura y si 1, senA senB sen A sen B cos C 1 2 2 2      calcular el valor de . Clave: A