MATEMATICA PREUNIVERSITARIA EXAMEN RESUELTO PRE SAN MARCOS 4 PDF

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Aritmética
1. Si el numeral
todos los valores que puede tomar n.
A) 31 B) 32 C) 18 D) 38 E) 30
Solución:

Clave: C
2. Si se cumple que a aaa  4210 , halle el valor de a.
A) 5 B) 6 C) 7 D) 8 E) 9
Solución:
Como a aaa  4210 entonces 111a 4a 2a a 3 2    , luego 111 4a 2a 1 2   
a  5
Clave: A
3. El mayor número de tres cifras del sistema de base n se escribe en el sistema
senario como 2211. Hallar el valor de n.
A) 7 B) 8 C) 9 D) 10 E) 11
Solución:
Como
6
(n 1)(n 1)(n 1)(n)  2211 entonces n 1 511 3   .
n  8
Clave: B
4. Un número convertido a dos sistemas de numeración de bases pares
consecutivas se escribe como 203 y 113, exprese dicho número en base 10 e
indique su cifra de mayor orden.
A) 1 B) 9 C) 5 D) 8 E) 7
Solución:
Sea N  203(n)  113(n2) luego 2n 3 (n 2) (n 2) 3 2 2       entonces n = 6.
Finalmente N = 75
cifra de mayor orden N  7
Clave: E
5. Si se cumple que  
6 n
4 b  1 3  bbb4 , halle el valor de b.
A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5
Solución:
Como  
6  n
4 b  1 3  bbb4 luego se debe cumplir que 4 < n < 6 entonces n = 5 Reemplazando y descomponiendo polinomicamente se tiene: 4(6 ) (b 1)6 3 5 b 5 b 5b 4 2 3 2        b  1 Clave: A 6. Si se cumple que   23 53 23 n 23  , halle el valor de n. A) 4 B) 5 C) 6 D) 7 E) 8 Solución: Como 53 23n 2323  53 232n 3 23    232(2n 3)  3  53 2[2(2n 3)  3] 3  53 n  4 Clave: A 7. Si se tiene que 2 7 mmm000  abc , halle el valor de (a + b + c). A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6 Solución: Observamos que m = 1, luego 1110002  1107  abc7 a b  c  2 Clave: A 8. Si 8  4  (2a  1)a(a  1)(a  2)(a  3) mnpxyzqr , halle el valor de (m + x + r). A) 8 B) 9 C) 6 D) 5 E) 4 Solución: Observamos que a = 3 , luego 734508  1110111001010002 . Pero 1110111001010002  131302204 entonces mnpxyzqr 4  131302204 m x  r  1 3  0  4 Clave: E 9. Si se tiene que abcd cdab  1584y además ab cd  90, halle el valor de (a + b + c + d). A) 14 B) 15 C) 18 D) 17 E) 16 Solución: Como abcd cdab  1584luego se tiene 100ab cd100cd ab  1584 entonces 99(ab cd)  1584de donde ab cd  16, pero ab cd  90. Finalmente ab  53, cd  37. a  b  c  d  18 Clave: C 10. Si PPRR EE  PRE, halle la suma de cifras de PRE . A) 9 B) 18 C) 12 D) 15 E) 11 Solución: Como PPRR EE  PRE se tiene PR  10, 11E  PR. De donde P = 1, R = 9, E = 8. cifras PRE  18 Clave: B 11. Si abc cba 1392; además CA(cba) CA(abc) mn(2m) ; determinar el valor de 2 3 a  b  c . A) 84 B) 96 C) 144 D) 153 E) 157 Solución: Como CA(cba) CA(abc)  mn(2m) se tiene abc  cba mn(2m) pero m+2m=9, n = 9, entonces abc  cba  396. Además abc  cba  1392entonces abc  894. a b c 153 2 3     Clave: D 12. Si se cumple que abcd n n  , halle el valor de cd . A) 7 B) 4 C) 6 D) 8 E) 5 Solución: De abcd n n  se tiene n abcd  n luego n = 5, pues 5 3125 5   cd  25  5 Clave: E EJERCICIOS DE EVALUACIÓN Nº 4 1. Si se cumple que    6   n  3 2a  4a , halle el valor de (n + a). A) 6 B) 7 C) 8 D) 9 E) 10 Solución: Como   6 n 3 2a  4a se tiene 4  n  6 luego n = 5, reemplazando se tiene18 2a  20 a entonces a = 2. a  n  7 Clave: B 2. Si los siguientes numerales están correctamente escritos: m  n 6  p n23q ;p21 ;n3m ;1221 halle el valor de (m + n + p). A) 10 B) 11 C) 12 D) 13 E) 14 Solución: De dichos nuemerales se tiene 2  p  n m 6. mnp  5  4  3  12 Clave: C 3. Si se tiene que 6 231 ab 1415 1213  , halle el valor de ab a  1b  1 . A) 165 B) 166 C) 167 D) 168 E) 169 Solución: Como 2316 ab 1415 1213  ab 5  4  3  2  91ab  77 ab (a  1)(b  1)  165 Clave: A 4. Si se cumple que       m n 12 a89  81m  6mp , halle el valor de (a + m + n + p). A) 30 B) 35 C) 26 D) 24 E) 22 Solución: De a89m  81mn  6mp12 se tiene 9  m n  12entonces m = 10, n = 11. Reemplazando a89  81(10)11  6(10)p12 entonces a = 9, p = 5. a mnp  9  10 11 5  35 Clave: B 5. Si se cumple que ababab  3906 n  , determinar el valor de (a + b + n). A) 13 B) 9 C) 6 D) 8 E) 7 Solución: De abababn  3906se tiene [n n 1][abn ] 3906 4 2    , entonces n = 5, a = 1, b = 1. a b n  7 Clave: E 6. ¿En cuántos sistemas de numeración el número 235 se escribe con cuatro cifras? A) 3 B) 4 C) 5 D) 6 E) 2 Solución: Sea 235  abcdnentonces 1000n  abcdn  10000n luego 4 n 3 n  abcd  n es decir 3 4 n  235  n . Finalmente n = 4, 5, 6. n puede tomar 3 valores Clave: A 7. Si se tiene que 7 7 7 7 mn mp  nnp mnp , calcular el producto de m, n y p. A) 27 B) 24 C) 30 D) 42 E) 36 Solución: De mn7 mp7  nnp7  mnp7 se tiene n  p  7, 1 2m 7, 1 n  m. Entonces m = 3, n = 2, p = 5. mnp  30 Clave: C 8. Sí se cumple que CAabc  a bc , halle el valor de (a + b – c). A) 7 B) 9 C) 5 D) 8 E) 3 Solución: Como CAabc  a  b  c entonces (9  a)(9 b)(10 c)  a b  c  27 luego a = 9 reemplazando (9 b)(10 c)  9 b  c entonces b = 7, c = 7. a b  c  9 Clave:B 9. Si CA( ab ) + CA( abab ) = 3674, calcular el valor de (a + b). A) 8 B) 9 C) 10 D) 11 E) 12 Solución: Como CA( ab ) + CA( abab) = 3674 entonces (10 ab 2  ) + (10 abab 4  ) = 3674 luego se tiene abab +ab = 6426 es decir 102ab  6426, entonces ab = 63. a  b  9 Clave: B 10. Al extraer la raíz cúbica de mnp se obtiene K de raíz y 37 de residuo y al extraer la raíz cúbica de pnm se obtiene (K+1) de raíz y 45 de residuo. Halle el valor de (m + n + p). A) 9 B) 10 C) 11 D) 12 E) 13 Solución: Se sabe mnp K 37 3   …………….(I) además pnm (K 1) 45 3    ………(II) Luego (II)-(I): pnm mnp 3K 3K 9 2     pero por propiedad pnmmnp  x9(9  x) entonces 3K 3K 9 x9(9 x) 2     de donde K = 5 Reemplazando K = 5en (I): mnp  162 mnp  9 Clave: A Álgebra EJERCICIOS DE CLASE 1. Sabiendo que 1 i  2  i   x  i   1i  2 i   y i  ; x,y R,halle el valor de x – y. A) 0 B) – 6 C) 6 D) 3 E) – 3 Solución:                       x y 0 x 3 y 3 3x 1 3y 1 x 3 i 3x 1 y 3 i 3y 1 1 3i x i 1 3i y i 1 i 2 i x i 1 i 2 i y i                                 Clave: A 2. Si z  a  bi es un número complejo tal que a es un número primo y bR , satisface       . . . z 2a z 2a z 2z 6 2a 2 2 2 , halle el valor de a. A) 13 B) 7 C) 11 D) 5 E) 2 Solución:        a 2 a 0 a 6 a 2 , a es primo 2z 6 a a 0 2a 6 a 2a 6 a 2z 6 a b 0 z a bi a 2z 6 a bi 2z 6 a bi 2z 6 z 2z 6 z 2z 6 z 2z 6 z 0 2z 6 2a 2z 6 z 0 , z 3 2z 6 z Se tiene 2z 6 2a 2 2 2                                                             Clave: E 3. Sea el número complejo n 1000 veces . . . . . . 103 102i 102 103i 102 101i 101 102i 101 100i 100 101i z 2             tal que Im z   0 y su módulo es igual a 15n, halle el valor de     Im z 400 . Re z 2  A) 5 B) 25 C) 10 10 D) 10 6 E) 2 10 Solución:           Im z 400 600 400 10 10 n 15n 1000 0 n 40 z 600i Im z n 1000 0 ; z n 1000 15n 0 z i n 1000 z i i i . . . i i b ai i b ai b ai a bi la forma de cada sumando es : . . . 103 102i 102 103i 102 101i 101 102i 101 100i 100 101i En z Re z 2 0 2 2 2 2 2 n 1000 v eces 2                                                  Clave:C 4. Si z es un número complejo tal que 2 2 z 8 , 2 z 3  calcule 2 1 z 2 M 1 z   . A) 12 B) 4 C) 10 D) 6 E) 8 Solución:               M 2 2 2  6 M 1 z z zz 1 z z zz 2 2 z M 1 z 1 z 1 z 1 z M 1 z 1 z 1 z 1 z II. M 1 z 1 z 2 z 2 2 z 2 z 2 I. 2 2 z 8 , 2 2 2 2 z 3 2 3 2 z 3                                     Clave: D 5. Si . x2 5x 2x 17 x 5 6x x2 3x 17 2x 9 x2 3 x 4 , 5 , simplifique M               A) 0 B) x C) – x D) – 1 E) 1 Solución: M 1 1 x 3x 17 x 3x 17 x 5x 2x 17 x 5 6x x 17 3x 2x 9 x 3 M x 5x 2x 17 x 5 6x x 3x 17 2x 9 x 3 M 9 2x 17 27 2x 17 2x 17 1 x 5 10 x 5 x 5 29 3x 17 2 3x 17 17 3x 1 2x 9 19 2x 9 2x 9 Como 4 x 5 2 2 2 2 2 2 2 2                                                                             Clave: E 6. Halle la suma de las soluciones de la ecuación 18 3x x 3 x 2     . A) – 7 B) – 9 C) – 8 D) – 5 E) – 6 Solución:                 suma de soluciones : 7 5 3 9 x 7 , x 5 , x 3 3 x x 5 , x 3 , x 7 , x 3 3 x x 5 x 3 x 7 x 3 0 3 x x 2x 15 0 x 4x 21 0 3 x 0 18 3x x 3 x 18 3x x x 3 18 3x x 3 x 2 2 2 2 2                                                     Clave: B 7. Halle el conjunto solución de la inecuación x2  4 x  2  28  4x . A)   6, 2  B)   4,4  C)   8,0  D)   2, 6  E)  0 , 8  Solución:    CS  6,2  4 x 2 4 6 x 2 x 2 4 0 x 2 4 x 2 8 x 2 4 0 x 2 4 x 2 32 0 x 4x 4 4 x 2 32 x 4 x 2 28 4x 2 2 2                                        Clave: A 8. Halle la suma de los elementos enteros del complemento del conjunto solución en la inecuación . 2 1 2x 4 4 2 x 2 2 2 1         A) 11 B) 13 C) 12 D) 14 E) 15 Solución:             Suma de enteros del CS  : 1 0 1 3 4 5 12 CS , 1 1 ,3 5, CS 1, 1 3,5 x 5 x 1 1 x 3 x 2 3 x 2 3 1 x 2 1 x 2 3 x 2 1 x 2 2 1 x 2 2 1 x 2 2 1 a 0 1 a 1 a x 2 2 a 0 2 2a 2 0 a 0 a a 2 a 2 a a 2 a a 0 a a 2 a Sea x 2 2 a x 2 2 2 x 2 2 x 2 2 2 1 x 2 2 1 2 1 2x 4 4 2 x 2 2 2 1 ' '                                                                                                                          Clave: C EVALUACIÓN DE CLASE 1. Si z es un número complejo, halle la suma de los cuadrados de los modulos de las soluciones en la ecuación z z 2 2 2     . A) 6 B) 4 C) 3 D) 7 E) 5 ç Solucón:       z z z z 1 1 0 1 3 i , z 0 , z 1 2 3 2 1 i , z 2 3 2 1 luego z Si b 0 y como a b a 0 a 0 , a 1 2 3 b 4 3 como a b a 0 b 2 1 Si 2a 1 0 a De 2a 1 b 0 2a 1 0 b 0 a b a 0 ; 2ab b 0 a b a i 2ab b 0 a bi a bi 0 Sea z a bi a,b z z 2 2 z z 0 z z 2 2 2 4 2 3 2 2 2 1 1 2 3 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 /                                                                           R Clave: C 2. Si a , b , c   ; a  c  b tal que  R                2 2 2  2  2 a c bi a c bi a b c a b c y w a bi b ci c ai c a bi a b ci b c ai z                      , halle . w z A) 2 B) 1 C) 2 1 D) 2 E) 2 2 Solución:                 2 2 2i 1 i 2i 1 i z 2i 1 i 2i ab bc ca ca ab bc i cb ac ba z a bi b ci c ai c a bi a b ci b x ai I. z 2 2 2                                        2 2 1 2 2 w z w z 2 1 w 2 1 2 a c b a c b w a c bi a c bi a b c a b c II. w 2 2 2 2 2 2                       Clave: D 3. Simplifique 2 3 67 134i 135 134 135i ... 6i 7 6 7i 4i 5 4 5i 2i 3 2 3i z                                      A) 0 B) 1 C) 2 D) – i E) – 1 Solución:                     1 1 1 i 1 1 1 1 i 1 i z z 1 i i i . . . i 1 ; x 1 , n 1 x 1 x sabemos: 1 x x x . . . x z i i i . . . i i ai b i ai b ai b a bi la forma de cada paréntesis es : 134i 135 134 135i . . . 6i 7 6 7i 4i 5 4 5i 2i 3 2 3i En z 68 1 2 3 67 n 1 2 3 n 2 3 67 2 3 67                                                                                                     Z Clave: E 4. Sea el número complejo       , halle z . 4 3i 1 i 3 i z 2 4 5      A) 25 8 B) 8 3 C) 8 7 D) 15 1 E) 3 5 Solución:                   25 8 z 5 2 2 4 3i 1 i 3 i z 4 3i 1 i 3 i 4 3i 1 i 3 i z 4 3i 1 i 3 i z 2 4 5 2 4 5 2 4 5 2 4 5 2 4 5                        Clave: A 5. Halle el producto de las soluciones reales de la ecuación x 3 x 3 x 9x 9 2  9 x 3x 3 x   0 2 4 2 2 3           . A) 6 B) 4 C) 2 D) – 6 E) – 4 Solución:               producto de las soluciones : 2.  2.  1.  1 4 x 2 x 1 x 2 x 1 x 3 x 2 0 x 2 x 1 0 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 1 luego x 3 x 3 x 3 x 3 0 , x pues 0 y a 1 0 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 6 x 15x 18 x 9 0 x 3 x 3 x 9x 9 2 9 x 3x 3 x 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 2 2 4 2 2 3                                                                  R Clave: B 6. Si m es la solución de la ecuación x 1 x 1 . . . . x 1 x 1 . . . x 1 x 1         , 324 – 1 términos halle la suma de las cifras de 7 – 12m. A) 5 B) 3 C) 7 D) 6 E) 4 Solución: Suma de cifras de 7 12m 13 es 1 3 4 7 12m 13 2 1 cumple m 2 1 x x 1 x 1 esta ecuación se reduce a: x 1 de la ecuación inicial 3 1 es un número par de términos 1 1 , x 1 x 1 1 x 1 x 1 III. Tenemos que 1 x 1 1 x 1 x 1 0 1 x 1 II. 1 x 0 1 0 x 1 , 0 x 1 x 0 , x 0 x 1 x I. 24                                                                 Clave: E 7. Determine el complemento del conjunto solución de la inecuación x 4 2x 4. 2     A)  8,2 B)  2,6 C)  12,4 D)  4,0 E)  6,6 Solución:  x 4  x 2  0 x  x 2  0 x2 2x 8 0 x2 2x 0 x2 4 2x 4 x2 4 2x 4 x2 4 2x 4                          – 1 0 – 4 2       CS  4,0 CS , 4 0,2 2, , 4 0,  '                Clave: D 8. Halle el menor elemento entero del conjunto solución de las inecuaciones 2x 5 81. 2 16  x  2    A) – 5 B) – 3 C) – 7 D) 3 E) 5 Solución:     Menor entero del CS : 5 CS 6, 1 7,12 x 7 x 1 6 x 12 x 3 4 x 3 4 9 x 3 9 x 3 4 x 3 9 4 x 3 x 3 9 81 4 x 3 9 2 16 x 3 4x 4 2x 5 81                                                          16 x2 2x 5 81 2 16 x 2 Clave: A Geometría EJERCICIOS DE LA SEMANA Nº 4 1. En un triángulo rectángulo ABC, se traza la bisectriz interior AF tal que AC = AB + 2 1 FC. Halle mBCA. A) 30° B) 45° C) 60° D) 70° E) 75° Solución: 1) Propiedad Bisectriz AB = AM = a 2) FMC (Notable 30° y 60°) x = 60° Clave: C x A B M C a a b 2b F   a+b 2. En un triángulo ABC, se ubica un punto N de AC , luego se traza la mediatriz de NC tal que contiene al vértice B. Si BC = 5 m y mBCN = 37°, halle el mínimo valor entero de AB. A) 9 m B) 8 m C) 7 m D) 6 m E) 4 m Solución: 1) Propiedad Mediatriz NM = MC y BN = BC = 5 2) ABN: a >   AB > BN  x > 5
3) xmin = 6 m
Clave: D
3. En la figura, AB = 10 m, BC = 8 m y PB = 1 m. Si AM = MC, halle MP.
A) 4 m B) 5 m
C) 6 m D) 3 m
E) 2 m
Solución:
1) Trazo AE //MP
(E en la prolongación de CB)
2) Base media: AE = 2MP = 2x
y CP = 7, BE = 6
3) BEA: (Notable 37°- 53°)
AE = 2x = 8
 x = 4 m
Clave: A
4. En un triángulo ABC, la mediatriz de la bisectriz exterior BD (D en la prolongación
de AC ) interseca a CD en P. Si AC = PD y BC = CP, halle mADB.
A) 16° B) 18° C) 20° D) 22° E) 24°
B A
C
P
M
a
5
A
B
N C
x 5
 37°
M
B A
C
P
M
E
10
1
8 x
Solución:
1) Propiedad de la Mediatriz
BP = PD = a y mADB = x = mDBP
2) BCP: Isósceles
mBPC = mCBP = 2x
 mCBD = 3x = mDBF
3) ABP: Isósceles
mBAP = mBPA = 2x y
AB = BP = a
4) mBCA = 3x + x () exterior BCD)
5) ABC: 2x + 4x + 4x = 180°  x = 18°
Clave: B
5. En la figura, AD = DC. Halle .
A) 10°
B) 12°
C) 15°
D) 20°
E) 30°
Solución:
1) Construyo EBC Isósceles: EB = BC
2) Trazo BH  EC:  EH = HC = a + 2b  EA = 2b = AB
3) AHB (Notable 30°- 60°): 2 = 30°   = 15°
Clave: C
A
B
D C
2 45° 
x
x
3x
2x
4x
2x 4x
A
B
C P D
L
a
a
b
b
a
a M
F
A
B
D C
 2 45° 

E 2b
2b
H b a+ b
b
a
6. En la figura, halle
CD
BC
.
A) 6 B)
2
6
C)
3
6
D)
2
3
E) 1
Solución:
1) Trazo BE  AC
 BCE Isósceles
2) Trazo CH AD
 CHD (Notable 30°- 60°)
3) BC = CE = a,
CH = HE =
2
a
CHD: CH = 3
2
b
4)
2
a
= 3
2
b

b
a
=
2
6
Clave: B
7. En la figura, AB = 3 m y HC = 1 m. Si mBAD = mDAH, halle mBCA.
A) 30°
B) 45°
C) 37°
D) 53°
E) 60°
Solución:
1) Propiedad de la Bisectriz:
MN  AC  AB = AM = 3
2) De la figura: a +  = 90°
A
B
C
D
20°
20°
25°
100°
A
B
C
D
20°
20°
25°
45° 30°
25°
a
E H
a
60°
M b
a
2
a
2
A
B
C
D
H
A
B
C
D
H
x
3
3 M 1 1
E
N
a


a
a


 NE = ED y DE = EC
3) NMC (Base media)
 MH = HC = 1
4) ABC (Notable 37°- 53°)
x = 37°
Clave: C
8. En un triángulo rectángulo ABC, se traza la mediana CM. En el triángulo MAC se
traza MP paralelo a BN, donde N es punto medio de MC . Si CM = 10 cm, halle MP.
A) cm
3
7
B) cm
3
8
C) cm
3
10
D) cm
3
11
E) cm
3
13
Solución:
1) MCP: MP //ND (Base media)
ND =
2
x
2) BAD (Base media)
x =
2
2
x
5 
2x = 5 +
2
x
 x = cm
3
10
Clave: C
9. Si un polígono convexo de n lados tuviera 3 lados menos, entonces el nuevo
polígono tendría (n + 3) diagonales menos. Halle n.
A) 3 B) 4 C) 5 D) 6 E) 8
Solución:
1) Sea n el número de lados de un polígono, entonces su número de diagonales
d1 =
2
n(n  3)
2) Si (n – 3) es el número de lados de otro polígono, entonces el número de
diagonales d2 =
 
2
(n  3) (n  3)  3
A
B
D C
M
P
N
x
5
x 5
2
5
3) Del dato: d1 – d2 = n + 3
2
n(n  3)

2
(n  3)(n  6)
= n + 3  4n = 24  n = 6
Clave: D
10. En un polígono regular, si el número de lados se reduce en 4, su número de
diagonales se reduce en 46. Halle la medida de su ángulo central.
A) 20° B) 24° C) 30° D) 36° E) 40°
Solución:
Sea n el número de lados del polígono, entonces
1) Polígono 1 Polígono 2
Número de lados n (n – 4)
Número de diagonales
2
n(n  3)
 
2
(n  4) (n  4)  3
2) Del dato:
2
n(n  3)

2
(n  4) (n  7)
= 46
 8n = 120  n = 15
3) Ángulo central: x =
n
360
=


15
360
 x = 24°
Clave: B
11. En un triángulo ABC, mBAC = 10° y mBCA = 20°. Se traza la ceviana relativa a AC
en cuya prolongación se ubica el punto M tal que AM = BM = AC. Halle mAMB.
A) 30° B) 35° C) 40° D) 45° E) 50°
Solución:
1) BMA Isósceles. Trazo MN  AB
 BN = NA = a
2) BHA (Notable 30°- 60°)
 HA = a
20°
A
B
C
M
N
H
x
2
30°
a
a
a
10°
x
b
b
b
3) CHA  MNB
 mHCA = 20° = mBMN =
2
x

2
x
= 20°
 x = 40°
Clave: C
12. En un triángulo rectángulo ABC, se traza la bisectriz interior BM; por F, punto medio
de MC , se traza la paralela a AB , que interseca a la prolongación de BM en Q. Si
BC = 4 cm, halle FQ.
A) 1 cm B) 2 cm C) 3 cm D) 4 cm E) 2 2 cm
Solución:
1) Trazar DC  BC
(D en la prolongación de BQ)
2) DMC: QF//CD
 CD = 2x
3) BCD (Notable 45°)
BC = CD
4 = 2x
 x = 2 cm
Clave: B
13. En la figura, AC = AB + BM. Halle x.
A) 4° B) 5°
C) 6° D) 8°
E) 10°
Solución:
1) Trazar BN tal que AB = AN = a
 NC = b
2) BAN Equilátero
A
B
C
M
30°
30°
30°+2x
A
B
C
N
M F
Q
D
x
2x
45° 45°
4
45°
A
B
C
M
30°
30°
30°+2x
a
a
60°
N b
b
b
a+b
15°+x
E
60°
3) De la figura: BM = MN = b
mNMC = 30° + 2x = mMCN
mMBN = mMNB = 15° + x
4) MNC: () exterior)
(30° + 2x) + (30° + 2x) = 60° + (15° + x)
4x = 15° + x  x = 5°
Clave: B
14. En la figura, ABCDEF es un exágono regular y EFPQR es un pentágono regular.
Halle mBEP.
A) 12° B) 14°
C) 18° D) 24°
E) 36°
Solución:
1) En PQREF: (ángulo interior)
mPFE =
5
180(5  2)
 mPFE = 108°
2) PFE Isósceles: mPEF = mEPF = 36°
3) En ABCDEF: mFEB = mBED = 60°
x = mFEB – mPEF
x = 60°– 36°  x = 24°
Clave: D
EVALUACIÓN Nº 4
1. En la figura, AC = AD. Halle .
A) 6° B) 7°
C) 8° D) 10°
E) 12°
A
B
C
D
30°
3
4 7
F
A
B C
D
E
P
Q
R
x
36°
60°
F
A
B C
D
E
P
Q
R
Solución:
1) ABD Isósceles: Trazo BH  AD
 AH = a = HD y AC = 2a
2) Construyo AMC (Notable 30°- 60°)
(M en la prolongación de CB)
3) AMB  AHB  mMAB = 7
4) mMAC = 60° = 10
  = 6°
Clave: A
2. En la figura, AM = MC y PC = 12 m. Halle MN.
A) 9 m
B) 8 m
C) 7 m
D) 6 m
E) 5 m
Solución:
1) Trazo QC  CA
(Q en la prolongación de AP )
2) ACQ (Base media)
QC = 2x = 12
 x = 6
Clave: D
3. En un polígono regular ABCDE…, la bisectriz del ángulo ABC y la mediatriz de DE
forman un ángulo cuya medida es igual a 100°. Halle la medida de su ángulo
exterior.
A) 40° B) 18° C) 30° D) 45° E) 72°
A
B C
M
N
P


A
B
C
D
30°
3
4 7
7
a H a
a
M
2a
A
B C
M
N
P


a
a
x
12
12
a
Q
Solución:
1) x: ángulo exterior
“O”: centro polígono regular
2) De la figura: 2 + 2 +  = 100°
  = 20° y a = 70°
3) En “B”: 2a + x = 180°
 140° + x = 180°
 x = 40°
Clave: A
4. Los lados de un triángulo miden 10 m, 12 m y 14 m. Se trazan dos bisectrices
exteriores y desde el tercer vértice se trazan perpendiculares a estas bisectrices.
Halle la longitud del segmento que une los pies de dichas perpendiculares.
A) 15 m B) 16 m C) 17 m D) 18 m E) 19 m
Solución:
1) Se construyen:
MAB Isósceles
 MA = AB = 10
BCN Isósceles
 BC = CN = 12
2) PQ = x
3) MBN: PQ//MN (Base media)
x =
2
10 14 12
 x = 18 m
Clave: D
5. En la figura, AF = 1 m y BC = 2 m. Halle mADE.
A) 18°
B) 20°
C) 24°
D) 30°
E) 36°
a
a x
2
2

O
A B
C
D
M
E
100°
 a
 a
A 14
B
M C N
P Q
10 12
10 12
A
B
C
D
E
F

3


Solución:
1) Construyo MBC Isósceles: MB = BC = 2  MAB Isósceles, trazo AN MB
2) ABN  BAF (LAL)  mANB = 90° = mAFB
3) AD mediatriz de BE  BDE Isósceles: BD = DE y x = 2
4) 3 + 2 = 90°   = 18°
 x = 36°
Clave: E
6. En la figura, DC = 2AB. Halle x.
A) 22°30′
B) 30°
C) 45°
D) 27°
E) 37°
Solución:
1) DBC: Trazo BM mediana
relativa a la hipotenusa
2) ABM Isósceles
mBAM = mBMD = 2x
3) ABC: 2x + x + 90° + x = 180°
4x = 90°
x = 22°30′
Clave: A
A
B
D C
x
x
A
B
D C
x
x
a M a
a
2x 2x
a
2a
A
B
C
D
E
F

3

 

x
2
1
1
1
M
2 2
N
Trigonometría
EJERCICIOS DE LA SEMANA Nº 4
1. Si a y  son ángulos complementarios y se cumple que
csc18° tg75°+ (cos a – tg60°) sec72° = csc18° 







sen30  3sen
5
24
, halle tga.
A) 11 B)
10
1
C) 3 11 D)
5
12
E)
11
11
Solución:
tg 3 11
10
1
cos
2
5
12
4cos
3cos , (pues sen cos )
5
12
3 2 cos 3
3 sen
5
12
csc18 tg75 (cos tg 60 ) csc18 csc 18
a 
a 
a  
   a    a   a








   a       

Clave: C
2. Si 1,
5
2 sen 2 y 0 ) 2 ( ctg ) ( tg  






 a
a    a     donde los ángulos en mención
son agudos;    


 

 a
  
2
calcular 2 3 tg 5 .
A) 2 B) 3 C) 1 D)
2
3
E)
2
5
Solución:
 
a
a      
 


 a
a    a    
90
5
2 90 2
2
1
5
i) tg( ) ctg( 2 ) , sen 2
iii) 2 3 tg50 25  2 3 tg75  2 3 2 3 4 3 1
210 50 10
5
21
2 30
5
ii) 4 2 170
            
a   a    







  
a
a   
Clave: C
3. Si 1 sec3asen12a  0 y 12a agudo, hallar
a a
a a
ctg11 cos7
2sen8 tg4
.
.
.
A) 2 B) 2sena C) 2cosa D) 4 E) 1
Solución:
2 ,
ctg11 cos7
2tg4 sen8
Luego
6
12 3 90 15 90
sen12 cos3
sec3 sen12 1
1 sec3 sen2 0

a a
a a
 a  
 a  a    a  
 a  a
 a a
 a a 
.
.
pues 4a y 11a son complementarios
8a y 7a son complementarios
Clave: A
4. Si sen(5  30)  cos(3a  20) , 5  30 y 3a 20 son ángulos agudos;
calcular sen(5 3 10 ) .
4
15 9
tg
3
1
cos(3 2 )
sen(2 )
  a     


 

   a

  a
  a
A) 3 B) 2 C) 1 D)
2
1
E)
4
1
Solución:
1 1 3
sen(2 )
sen(2 )
sen(90 )
3
1
tg(60 )
cos(90 (3 2 ))
sen(2 )
sen(5 3 10 )
3
1
4
3(5 3 )
tg
cos(3 2 )
sen(2 )
5 3 80
5 30 3 20 90
sen(5 30 ) cos(3 20 )
  
  a
  a

   
   a
  a

  a     


 

   a

  a
  a

  a  
    a    
    a  
.
Clave: A
5. Hallar tg(6x).sen(12x), si sen(8x 10) cosx 3x ; donde 0 x 5 . 2
 

   
A) 0,4 B) 0,3 C) 0,5 D) 0,6 E) 0,8
Solución:
 
A  (8x 10) , B  x  3x 2
A y B son ángulos agudos, por lo tanto,
0,5
2
1
2
3
3
1
tg30 sen 60
x 11x 80 0 (x 16) (x 5) 0 x 16 x 5
8x 10 x 3x 90
2
2
    
           
    
 . .
Clave: C
6. De acuerdo a la figura, si       


 




  cscC (2tg23 ctg67 )ctg23
c
a 2b
tg(4C 15 ) .
donde 4C  15 es agudo, calcular el valor de la expresión
12 tg(7C)  8 sen(21C 45) .
A) 7 B) 6 C) 5 D) 4 E) 3
Solución:
1
2
C
1 tg(4C 15 ) ctg
c
a b
tg(4C 15 )
2tg23 ctg23 ctg67 ctg23
c
b
c
a 2b
tg(4C 15 )
 





    




 
  
     


 




  
. .
. . .
Como
2
C
4C15 y son agudos entonces:
7
30
C
2
C
4C 15

    
Luego
A 2 2 4
A 12 tg(30 ) 8 sen(45 )
  
   
Clave: D
7. En un triángulo isósceles ABC (AB = AC) se cumple que
13
5
cosA  , calcular
sec(90 C)
tg(90 A) tg(90 B)
 
    
.
A)
3
2 13
B)
6
13
C)
6
13
D)
5
13
E)
4
13
Solución:
3
2
18
12
2
A
  
4
2 2 2 b  a  c
4
13
12 13
13(3)
3
13
12
13
3
13
3
2
12
5
cscC
ctgA ctgB
sec(90 C)
tg(90 A) tg(90 B)
  




 
    
Clave: E
8. Dado un triángulo rectángulo ABC, recto en B; si
 


 


 












 

3
2B
cos A tg
2
A C
csc C ctg A tg 2 2 2 2 , halle la medida del ángulo C.
A) 45° B) 37° C) 53° D) 30° E) 60°
Solución:













 
 
   





   




 
cos A
2
A C
E csc C ctg A tg
tg60 3
3
2B
tg
tg45 1
2
A C
tg
2 2 2
 
    
 


 
    

 


 








 
E tg C 3 C 60
tg C
a
c
a
b a
1
a
b
1 csc A 1
sen A
1
1 cos A
sen A
cos A
E sec A
2
2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2 .
Clave: E
9. En el cuadrado ABCD, de la figura, AE = 3.EB; evaluar la expresión 7tg sen . 2
a. a
A)
25
1
B)
25
3
C)
50
1
D)
25
4
E)
50
3
Solución:
BD 2(4a) BD 2 (4a) 2 2
  
Área (BDE) a 4a
2
1
 . .
2a (fórmulaclásica) 2

Área (BDE)  5a 4 2 a sena
2
1
. . . . (fórmula trigonométrica)
10
2
5 2
1
5a 4 2 a sen sen
2
1
2a2
  . . a  a  
Si k es el número buscado,
50
1
100
2
1
10
2
7 2
2
k 7
2
 
 


 


 


 


 . .
Clave: C
10. En la figura adjunta, CD = AE = 4 u y BC = 9 3 u. Calcular el valor de la expresión
21tg  16 tga.
A) 4 3
B) 2 3
C) 6 3
D) 3
E) 3 3
Solución:
Del gráfico se tiene:
21
2 3
7 3
2
tg  
; luego:
16
2 3
tga 
E 4 3
16
2 3
16
21
2 3
E 21

 .  .
Clave: A
EVALUACIÓN Nº 4
1. En la figura, C y D son puntos de trisección de BE; si AE = CE, calcular el valor de
la expresión sen(a ) cos(  ) .
A) 2
2
1
 B) 2
C) 3 D) 3
5
1

E) 3  1
Solución:
2
2
2
sen( ) cos( )
2
1
cos( ) cos45
135 180 45
2
1
2 2 a
2a
sen( )
a        
     
            
a    

Clave: B
2. Si A y B son dos ángulos complementarios y se cumple que tgA  ctgB  1, hallar
el valor de 9 1 tg 2A. 2

A) – 9 B) 9 C) 7 D) –7 E) 11
Solución:
3
4
tg2A
4
5
x
x 4 4x x 1
2
1
tg A
2 tgA 1
tg A tg A 1
Como tg A ctgB 1 ; A y B son ángulos complementarios
2 2
 
 
   


  
 
 
M 7
M 9 16
9
16
M 9 1
Finalmente M 9 1 tg 2A 2
  
  






  
 
Clave: D
3. Sean a y  ángulos complementarios tales que
5x 3
4(x 1)
sen


a  y
2x 9
7x 2
cos


 ,
donde a y  son agudos. Calcular el valor de x.
A) 2 B) 3 C)
9
7
D)
9
7
 E)
5
2
Solución:
Sean a y  son complementarios, entonces
   
8 x 44x 36 35x 11x 6
4 2x 11x 9 35x 11x 6
4(x 1)(2x 9) (5x 3)(7x 2)
2x 9
7x 2
5x 3
4(x 1)
sen cos
2 2
2 2
    
    
    





a  
0 9 x 11x 14
0 27x 33x 42
2
2
  
  
9
7
x 2 x
x 2
9x 7
    


Clave: A
4. En un triángulo rectángulo T la longitud de la hipotenusa excede en 2 cm a la del
cateto mayor y ésta excede en 2 cm al cateto menor. Si a es el menor ángulo de T,
hallar 




 a
 
2
3ctg 90 .
A) 1,5 B) 1 C) 2,5 D) 1,8 E) 1,6
Solución:
1
18
6
3
2
3 tg
(x 2) x (x 2) x 8 2 2 2
 






a
     
Clave: B
5. Si todos los ángulos son agudos y
csc( 75 ) tg (3 85 )cos( 15 ) ctg (175 3 ) 2 2
a             , calcular el valor de la
expresión 





 
a  
a      35
3
sec( 30 ) 2 sen .
A) 4 B) 2 C) 5 D) 6 E) 3
Solución:
Tenemos:
a    
a        
    a  
a      
30
75 15 90
cos( 15 ) sen( 75 )
csc( 75 ) . cos( 15 ) 1
sec60 2 sen45 2 1 3
35

Clave: E