MATEMATICA PREUNIVERSITARIA PROBLEMAS RESUELTOS 11 PDF

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Aritmética
EJERCICIOS DE CLASE N° 11
1. El precio de un anillo de oro es D.P. al cubo de su peso. Si una anillo de oro de
este tipo que vale 100 dólares, se parte en dos pedazos, uno es los 2/3 del otro
¿cuánto perdió en valor dicha piedra en dólares?
A) 80 B) 75 C) 76 D) 70 E) 72
Solución:

Clave: E
2. Se han asociado 3 personas aportando la primera S/. 4 000 durante 8 meses, la
segunda S/. 6 000 durante 6 meses y la tercera S/. 10 000 durante 4 meses. Si al
finalizar el negocio el primero ganaba S/. 880 menos que los otros dos juntos.
¿Cuál fue la ganancia que le correspondió a la tercera persona?
A) S/. 640 B) S/. 720 C) S/. 800 D) S/. 780 E) S/. 980
Solución:
Capital Tiempo Utilidad

Clave: C
3. Una persona presta dinero cobrando un interés diario D.P. al número de días
transcurridos. Ocurre que cuando cobró su dinero, se había triplicado, y el
último día había ganado 1/16 del capital original. ¿Cuántos días prestó su
capital?
A) 60 B) 62 C) 63 D) 65 E) 67
Solución:


Clave: C
4. Para hacer un tramo de una pista en 7 días, se observa que en el primer día
trabajan 3 obreros, en el segundo día trabajan 3 obreros más que el primer día,
en el tercer día trabajan 3 obreros más que el segundo día y así sucesivamente
hasta el último día en que trabajan 21 obreros. Si se decide hacer otro tramo
similar de pista con sólo 7 obreros que trabajen todos los días. ¿En cuántos
días se terminaría dicha obra?
A) 12 B) 14 C) 15 D) 21 E) 18
Solución:

Clave: A
5. Se reparte una cantidad de dinero D.P. a las edades de tres personas
resultando que uno de ellos recibe el doble de otro; si el reparto se hubiera
hecho seis años antes y también se hubiese repartido directamente a sus
edades, hubiese recibido el triple del otro, resultando inalterable lo
correspondiente al tercero. ¿Cuánto años tiene el tercero?
A) 10 B) 12 C) 15 D) 18 E) 20
Solución:
i)
C
L
b
P
a
P
 
2
luego: 3P + L = 4Q + L
3P = 4Q
ii)
6 6
3
6 



 C
L
b
Q
a
Q
Reemplazando
c = 18
De i y ii a = 12
b = 24
Clave: D
6. Dos varones y tres mujeres pueden hacer un trabajo en 6 horas; 3 varones y
dos mujeres pueden hacer un tercio de la misma obra en 2h 40min. ¿En
cuántas horas harán la mitad de dicha obra 4 varones y una mujer?
A) 2 B) 3 C) 4 D) 5 E) 6
Solución:
   
  
6
Eficiencia de H: Eficiencia de M:
2 3 1 6 8 2 3 .6 3 2 .3 6 1 2 8
3 2 2 1 1/ 3
3 3 3
1 2 3 6 .6 10 .
4 6
2 1 1
2
a
a b
a b obra h a b a b
b a
a b obra
a a a x
a b obra xh x

            
   
           


           
Clave: E
7. Se sabe que 10 hombres y 10 mujeres pueden cosechar 20 hectáreas de trigo
en 40 días. Después de 10 días de trabajo se retiran 2 hombres y 6 mujeres.
Determine con cuántos días de retraso se terminará la cosecha, si el trabajo
que hace un hombre equivale al de 2 mujeres.
A) 15 B) 18 C) 20 D) 21 E) 23
Solución:
Eficiencia (Mujer)=a y Eficiencia (Hombre) =2ª
Obreros días obra
10(2a)+10a 30 1
8(2a)+4a 30+x 1
Como Obreros IP días
(30a)(30) = (20a)(30+x)  x=15
Se demoraron 15 días más para culminar la obra.
Clave: A
8. Se emplean 12 obreros para cierto trabajo, que pueden y deben terminar en 17
días. Después de haber trabajado 11 días, 5 obreros dejan el trabajo y el
encargado no puede sustituirlos, sino hasta 4 días después. ¿Cuántos obreros
se deberán contratar adicionalmente para terminar el trabajo en la fecha
señalada?
A) 18 B) 22 C) 15 D) 30 E) 17
Solución:
Obreros días obra
12 17 1
12 11 11/17
7 4
7
51
P 
12 17 7 4
1 P
 
 
7+x 2
11 7 11
1
17 51 51
 
   
 
12 17 7  2
15
1 11
51
x
x
  
  
Clave: C
9. Los propietarios A; B y C poseen un terreno cada uno, siendo sus áreas
proporcionales a los números 3,4 ; 2,4 y 2,2 respectivamente los tres laboran
en conjunto, para terminar más rápido contratan a un obrero por 280 soles. Si
el obrero y los propietarios trabajan igualmente ¿cuánto más pagará “A” que
“C”?
A) 176 B) 168 C) 170 D) 172 E) 174
Solución:
hacen pagan
A 17k 10k 7k  k = 28
B 12k 10k 2k A – C = 6(28)
C 11k 10k 1k = 168
D — 10k
Clave: B
10. Luis y Miguel forman una empresa aportando S/. 4000 y S/. 7000
respectivamente. Luis, al cabo de cinco meses, retiró S/. 1000; un mes
después, Miguel retiró S/. 2000 y, después de cuatro meses más, Luis retiró
S/. 1000 más. Si el negocio duró un año logrando una ganancia de S/. 2220,
halle la diferencia positiva de las ganancias.
A) S/. 660 B) S/. 480 C) S/. 380 D) S/. 680 E) S/. 780
Solución:
Luis = 4×5 + 3×1 + 3×4 + 2×2 = 39k
Miguel = 7×5 + 7×1 + 5×4 + 5×2 = 72k
 L = 13k
M = 24k
37k = 2220
k = 60
Luego: 24k – 13k 0 11k
D = 11(60) = 660
Clave: A
11. Dos velas de igual longitud se encienden simultáneamente. La primera se
consume en 4 horas y la segunda en 3 horas, si se consumen uniformemente,
¿cuántas horas después de haber encendido las velas, la altura de la primera
es el doble de la altura de la segunda?
A) 2h 20min B) 2h 30min C) 2h 24min D) 2h 18min E) 2h 16min
Solución:
2h
h
4 h 3h
vela I * H DP t 
2
H
h
=
4
4  t
vela II 
H
h
=
3 t
3


4 t
8

=
3 t
3

 t =
5
12
t = 2h 24min
Clave: C
12. Las llantas delanteras de un camión tiene 180 cm de longitud de circunferencia
y las posteriores 300 cm de longitud de circunferencia. ¿Qué distancia debe
recorrer el camión para que la rueda delantera de 360 vueltas más que las
posteriores?
A) 1620 m B) 1680 m C) 1640 m D) 1600 m E) 1580 m
Solución:
L = 300cm L = 180cm
 vueltas = x  vueltas = x + 360  v.L = 300x = 180 (x + 360)
x = 540
d = 300(540) = 162000cm entonces d = 1620m
Clave: A
EJERCICIOS DE EVALUACIÓN N° 11
1. El precio de un televisor varía inversamente proporcional a la raíz cuadrada del
número de televisores producidos. Si cuando se producen 1989 unidades el
t H
t
precio es de S/. 900, ¿cuánto sería el precio de cada televisor cuando se
producen 3536 televisores más?
A) S/.865 B) S/.555 C) S/.445 D) S/.635 E) S/.540
Solución:
Sea
P Precio de cada televisor.
N Número de televisores producidos.
Del dato P N  CTE
Entonces
900 1989  P 19893536
900 1989 1989 9
900 900
5525 5525 25
P   
3
900 540
5
P   
Clave: E
2. Se tiene dos cuadrillas de obreros; la primera tiene 100 hombres y puede hacer
una obra en 30 días, la segunda tiene 60 hombres y puede hacer la misma obra
en 40 días. Si sólo tomamos los
3
4
de la primera y los
5
6
de la segunda, ¿en
cuántos días se terminará la obra?
A)
1
24
2
B)
1
18
3
C)
1
23
3
D)
9
21
11
E)
1
25
3
Solución:
Obreros Días Eficiencia Obreros Días
100 30 a 100(4) 30
60 40 b
4
5
a
b
  75(4) +50(5) x
9
11
400.30 550
21
x
x
 
 
Clave: D
3. Una obra puede ser hecha por 20 obreros en 15 días. Después de 4 días de
trabajo se accidentan 5 obreros, y los que quedan siguieron trabajando por x
días luego de los cuales se contratan 22 obreros adicionales, cuyas eficiencias
son la mitad con respecto a los primeros; cumpliendo de esta manera con el
plazo fijado. Halle x.
A) 2 B) 3 C) 6 D) 5 E) 11
Solución:
 
 
6
15
11
15 26 11
300
15 26 11
1
20.15
1 2
 
 
 

 
x
x x
P
x
P
x
Obreros Días Obra
20 15 1
20 4 4/15
15 x P1
26 11 – x P2
11/15
Clave: C
4. La distancia que recorre un cuerpo en caída libre es D.P. al cuadrado del
tiempo transcurrido. Si en “n” segundos de caída recorre 10m ¿cuántos metros
recorre en los próximos “2n” segundos?
A) 90 B) 80 C) 40 D) 70 E) 60
Solución:
80
(3 )
10 10
2 2 2  

  x
n
x
t n
d
Clave: B
5. Se contratará a tres camiones para transportar 24 toneladas de cemento por un
costo de 435 soles. El primero tiene que transportar seis toneladas a 22 km, el
segundo 10 toneladas a 15 km y el tercero el resto a 30 km. ¿Cuánto debe
recibir el que lleva la carga del segundo camión?
A) S/.125 B) S/. 105 C) S/. 110 D) S/. 200 E) S/. 122
Solución:
El segundo recibe: 125
Clave: A
6. Se tiene una balanza de brazos desiguales que está en equilibrio cuando se
halla descargada. Se pesa un objeto en el platillo de la derecha y da 1369g, el
mismo objeto colocado en el platillo de la izquierda acusa un peso de 1296 g
¿cuál es el peso verdadero del objeto en gramos?
A) 1332 B) 1340 C) 1324 D) 1420 E) 1352
Solución:
K L
P = peso
i) pk = 1 369L
ii) 1 296k = pL
p2 = 362 x 372
p = 1 332
Clave: A
7. Una sociedad realizada por tres socios ha dado 15300 soles de utilidad. El
primer socio recibió por su parte 4800 soles de utilidad. Los otros dos
carga distancia D.P
6 22 22k
10 15 25k
8 30 40k
87k = 435
k = 5
recibieron tanto por su aporte como por su utilidad 7200 y 9600 soles
respectivamente. ¿Cuánto aportó el primer socio en soles?
A) 2200 B) 2880 C) 2700 D) 4500 E) 3600
Solución:
Clave: A
15 300
El primer socio aportó 2880
Clave: B
8. Tres obreros se reparten una gratificación en partes proporcionales a sus años
de servicio que son 7; 9 y 14 respectivamente. No pareciéndoles justo el
reparto, después de haber sido efectuado, acuerdan que sea por partes iguales.
Para ello entrega el tercero S/.1200 al segundo y este, una cierta cantidad al
primero. Halle el importe que entregó el segundo al primero.
A) S/. 300 B) S/. 150 C) S/. 420 D) S/. 450 E) S/. 900
Solución:
A=7k
B= 9k
C=14k
Total: 30k (a cada uno le toca 10k)
10k= 14k-1200=9k+1200-x=7k+x
K=300 y x=900
Clave: E
9. Una cantidad se divide en dos partes, de las cuales deben repartirse DP a las
edades de tres hijos. En el primer reparto los dos mayores reciben 100 y 80; en
el segundo reparto los dos menores reciben 60 y 45. ¿Cuál es la cantidad total?
A) 360 B) 375 C) 390 D) 420 E) 450
Solución:
: 60 75 180 105 420
75
3
45
4
60
5
60
4 3
80
5
100
5 4 3
3
60 45 4
4
100 80 5
   
 

 


   
   
  
 

 


   
   
Total
y
y
x
x
k
a b c
k
k
c
b
a b c
y
k
k
b
a
c
x
a b
Clave: D
socio aporte utilidad total
A 18k 2880 4800
B 15k 2700 3  4500 7200
C 20k 3600 4  6000 9600
10. Se desea pintar las caras de tres cubos, cuyas aristas son de 2; 3 y 4 metros.
La pintura empleada es diferente para cada cubo, cuyos precios por galón son
proporcionales a 12; 16 y 9. Se destinó S/. 700 para el pintado, pero se gastó un
10% en materiales adicionales, ¿qué cantidad se empleó para pintar el segundo
cubo?
A) S/. 200 B) S/. 180 C) S/. 310 D) S/. 300 E) S/. 270
Solución:
Costo área D.P.
12 22  4k
16 32  12k
9 42  12k
 7k = 630
K = 90
Segundo: 90(3) = 270
Clave: E
Álgebra
SEMANA Nº 11
EJERCICIOS DE CLASE
1. Sean los polinomios p(x) x x x 1 4 3     y
q(x) x 2x x 2x x 1 3x 1 x  4 3 2 2         tales que d(x)  MCDpx,qx 
en Zx, halle d(2) .
A) – 8 B) – 6 C) 3 D) 6 E) 9
Solución:
i) p(x)  x 1x 1  x 1 x 1x x 1 3 2        
ii) q(x) x 2x x 2 4 3    
      
    
d2 33 9.
d x x 1 x x 1
x 2 x 1 x 2 x 1 x x 1
2
3 2
  
    
       
Clave: E
2. Dados los polinomios p(x) 6x 4 x 5 x mx n 4 3 2      y
q(x) 2mx 2nx ax b 3 2     , tales que el MCDpx,qx 2x 2x 1 2    , halle un
factor primo de q(x) en Zx.
A) x – 2 B) 3x – 1 C) 2x + 1 D) x + 2 E) 3x + 1
Solución:
i) d(x) 2x 2x 1 divide a px: 2   
ii) dx divide a qx 6x 4 x a x b 3 2    
     
un factor primo de qx en x es 3x 1.
q x 2x 2x 1 3x 1 2
 
    
Z
Clave: B
3. Sean p(x) x 5 x 7x a 3 2     divisible por x + 2, q(x) x x 5x b 3 2    
divisible por x – 2 y d(x) MCDpx,qx en Zx. Si se define en Zx el
operador  como mx  r x m1r 0 , halle dx  px.
A) 7 B) – 5 C) 4 D) – 2 E) 8
Solución:
i) x + 2 divide a p(x)
por Ruffini : px  x 2x 3x 1 y a 2 2      
ii) x – 2 divide a q(x)
por Ruffini : qx  x 2x 3x 1 y b 2 2       
iii) d(x) MCDpx,qx x 3x 1 2    
 dx  px  d1p0  5  2  7.
Clave: A
4. Halle el término independiente del mínimo común múltiplo en Zx de los
polinomios p(x) x 5x 2x 14x 3x 9 5 4 3 2       y
q(x) x 2x 2x 1 4 3     .
A) 9 B) – 9 C) 27 D) – 27 E) 81
2 6 4 5 m n
–2
2
6


–3 1
–1
4
2
–4 –2
3 –1 2 m=3 n=2
2 6 4 a –b
–2
2
6


–3
–1 2 1
3 –1 a=1 b=1
Solución:
i) Factorizamos q(x) por aspa doble especial:
  
  3
2 2
x 1 x 1
q(x) x 0x 1 x 2x 1
  
    
ii) En p(x) aplicamos divisores binómicos
    
  2  2
2
p(x) x 1 x 1 x 3
p(x) x 1 x 1 x 1 x 6x 9
    
      
          
t. i. del MCMpx,qx 1  1  3 9
MCM p x ,q x x 1 x 1 x 3
2 3 2
2 3 2
     
    
Clave: 5. Dados los polinomios p(x) x 2x 20x 9x 6 4 3 2      y
q(x) 4x 15x 3x 9 3 2     , tales que en Zx se define  
    
MCDpx,qx
MCM p x ,q x
r x  .
Halle el factor primo en Zx de mayor término independiente de 3 r (x)  4x .
A) x – 2 B) 2x – 1 C) x + 2 D) x – 1 E) 3x – 2
Solución:
i) En p(x) aplicamos aspa doble especial:
p(x) x 3x 3 x 5x 2 2 2      
ii) q(x) 4x 12x 3x 12x 9x 9 3 2 2      
   
x 3x 3  4x 3
4 x x 3x 3 3 x 3x 3
2
2 2
   
     
     
   
r (x) 4x 17x 23x 6 17x 6 x 1.
r (x) x 5x 2 4x 3 4x 17x 23x 6
x 3x 3
x 3x 3 x 5x 2 4x 3
r (x)
3 2
2 3 2
2
2 2
       
        
 
    
 
Clave: 6. Sean los polinomios   4 3 2 2 3 p x,y  x 3x y  10x y  7xy  y 4 3 2 2 3 4 q(x,y)  x 8x y 17x y 8xy  y ; y 3 2 2 3 r (x,y)  x 6x y 6xy  y . Halle suma de coeficientes del
       
MCDpx,y,qx,y,r x,y 
MCM p x,y ,q x,y ,r x,y
en Zx,y.
A) – 3 B) 0 C) 2 D) – 1 E) 3
Solución:
i) En p(x,y) y q(x,y) aplicamos aspa doble especial:
    
   2 2  2 2 
2 2 2 2
q x,y x 5 xy y x 3 xy y
p x,y x 5 xy y x 2 xy y
    
     
ii) 3 3 2 2 r (x,y)  x  y 6x y  6xy
    
  2 2 
2 2
x y x 5 xy y
x y x xy y 6 xy x y
   
     
   
De coeficientes 2 10 0.
x 2xy y x 3xy y x y
MCD
MCM 2 2 2 2
    
      
Clave: B
7. Sean los polinomios divisibles p(x) y q(x) tales que
MCMpx,qxMCDpx,qx 2x 3x 3x x 3x 3x 1 6 5 4 3 2        . Si p(x)
excede a q(x) en 2x x x 3x 2 4 3 2     y q(2) 3, halle p(1) q(0).
A) 2 B) – 3 C) – 1 D) 0 E) 1
Solución:
i) px qx 2x x x 3x 2 4 3 2      
  
px 2 x x 2x x 1 qx … 1
2x x 2 x x 1
2 2
2 2
      
    
ii) pxqx 2x 3x 3x x 3x 3x 1 6 5 4 3 2       
  
       
x x 1 2 x x 1 … 2
p x q x x x 1 2 x x 1 x x 1
x x 1 2 x x 2 x 1
2 2 2
2 2 2
2 4 3
    
       
     
iii) (1) en (2) :
           
         
    
x x 1 qx
2 x x 1 x x 1 q x
2 x x 1 x x 1 2 x x 2 x x 1 q x q x 0
2 x x 2 x x 1 q x q x x x 1 2 x x 1
2
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
  
   
           
         
        
   
      
p1 q0 2.
De 1 : p x x x 1 2 x x 1
q x x x 1 , pues q 2 3
2 x x 1 x x 1 q x x x 1 q x 0
2 2
2
2 2 2
 
    
    
         
Clave: A
8. Si      2
2 p x q x  x 1 y
   
   
 2
x 1
MCD p x ,q(x)
MCM p x ,q(x)
  , halle el MCDpx,q(x)
en Zx.
A) x 1 2  B) x – 1 C) x 1 2  D) x + 1 E)  2
x 1
Solución:
 
     
       
MCD x 1.
MCD x 1 x 1 x 1
MCD.MCD x 1 x 1 x 1
MCD.MCM x 1
2 2 2 2
2 2 2
2 2
  
    
    
 
Clave: D
EVALUACIÓN DE CLASE
1. Dados   4 3 3 4 p x,y  x  xy  x y  y ; 3 2 2 3 q(x,y)  3x 5x y  xy  y y
4 3 2 2 3 r (x,y)  x 3x y 3x y  xy . Halle la suma de coeficientes del máximo
común divisor de dichos polinomios en Zx,y.
A) 2 B) 4 C) 0 D) 3 E) 7
Solución:
i)    3 3   3 3  p x,y  x x  y  y x  y
 2  2 2   x  y x  xy  y
ii) 3 2 2 3 q(x,y)  3x 5x y  xy  y
   
    
  
      2
2 2
2
3 2 2 2 3
x y 3x y x y 3x y x y
x y 3 x 2 xy y
3 x x y y 2x y x y
3 x 3 x y 2 x y xy y
      
   
    
    
iii)  3 2 2 3  r (x,y)  x x  3x y  3xy  y
 3  x x  y
   
Luego si x 1, y 1 se tiene coef. MCDp,q,r  1 1 4.
MCD p,q,r x y
2
2
    
  

Clave: B
2. Si d(x) es el máximo común divisor en Zx de
px 2x 7x 7x 20x 100 4 3 2      y qx 3x 7x 43x x 70 4 3 2      , halle la
suma de coeficientes de un factor primo en Qx de dx10dx123 .
A) – 3 B) – 2 C) – 1 D) 2 E) 3
Solución:
i) En p(x) aplicamos aspa doble especial
     
2 x x 10  x 5 x 2
p x 2 x x 10 x 3x 10
2
2 2
    
     
ii) En q(x) aplicamos aspa doble especial
    
     
dx  x 5 x 2
q x 3 x 2x 7 x 5 x 2
q x 3 x 2x 7 x 3x 10
2
2 2
   
     
     
iii) dx10dx123
  
   
    
coef. de los factores primos 1 ó 3.
x 3x 3 x 3x 1 por aspa simple
x 3x 2 x 3x 3 ;
x 3x x 3x 2 3
2 2
2 2 2
2 2
   
    
    
    
Clave: A
3. Si dx x ax b 2    es tal que d1 2 y dx MCDpx,qx  en Zx, donde
px x x 14x 24 3 2     y qx x 6 a b x 13x cx m 4 3 2       , halle el valor
de
b c
am

.
A)
2
1
 B) 6 C) – 1 D) 4 E)
3
1

Solución:
i) px  x 2x x 12  x 2 x 4 x 3 2        
ii) dx es un factor de 2do grado de p(x)
    
    
      
    
a 5 b 6
d x x 2 x 3 x 5x 6
d x x 2 x 3 ; cumple d 1 2
d x x 4 x 3 ó
d x x 2 x 4 ó
2
    
      
   
  
   
iii) qx x 6x 13x c x m 4 3 2     
 qxdx; aplicamos Horner y por ser división exacta, se obtiene
c  16  m 12
6.
b c
am



Clave: B
4. Sean los polinomios px x 2x 2 2n n    y qx x 4 4n  tales que
mx MCMpx,qx en Zx. Si se define en Zx el operador  por
r xsx r 1s1r 0s0 , halle mx  pxqx  .
A) 8 B) 6 C) – 4 D) – 6 E) 10
Solución:
i) qx x 4 4n 
   
x 2 x 2x 2 x 2
x 2 2 x
x 4 4 x 4 x
2n n 2n n
2n 2 n 2
4n 2n 2n
    
  
   
ii) px x 2x 2 2n n   
      
x 2 x 2 x 2 x 2
m x MCM p x ,q x
2n n 2n n     
 
iii)      2n n  2n n p x  q x  x  2x  2  1 x  2x
       
             
50 42 1 8.
m 1 p 1 q 1 m 0 p 0 q 0
m x p x q x
   
   
  
Clave: A
5. Sea x x x x 2 2  el máximo común divisor de los polinomios p(x) y q(x),
donde   5 4 3 2 p x  x  ax bx  x y   5 4 3 2 q x  x cx dx  x . Si
r x a x bx c x d 3 2     , halle la suma de los factores primos de r(x) en Zx.
A) 2x B) 2x – 5 C) x – 6 D) 3x + 1 E) x + 1
Solución:
i) dx x xx x x  x 1x 1 2 2 2      
ii) px x x ax bx 1 2 3 2    
iii) dx divide a px
x ax bx 1  x 1 x 1 3 2       
Aplicando Horner se obtiene a = 1, b = –1
iv) qx x x c x dx 1 2 3 2    
como d(x) divide a q(x)
x cx dx 1  x 1 x 1 3 2        , la división es exacta y aplicando Horner
se obtiene: d = 1, c = –1
 
       
factores primos 2x.
x x 1 x 1 x 1 x 1
r x x x x 1
2 2
3 2
  
      
    
Clave: A
6. Halle el cociente que se obtiene al dividir el mínimo común múltiplo por el
máximo común divisor de los polinomios
        4 2 2 2 4
p x,y  xy1  x y 1  xy1 y    6  6 q x,y  xy1  xy1 en
Qx,y.
A) 2xy B) 2x C) 4y D) 4xy E) xy
Solución:
Hacemos xy  1 a  xy  1 b

   
  
6 6   2 2   2 2 
2 2 2 2
4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2
q a b a b a ab b a b a ab b
a ab b a ab b
p a a b b a b a b a b a b
         
    
        
    
  
2 2xy 4xy.
a ab b a ab b
a b a b a ab b a ab b
MCD
MCM
2 2 2 2
2 2 2 2
 
   
     
 
Clave: D
7. Si el máximo común divisor de los polinomios px x 9x mx n 4 2     y
qx x 2x 7x px q 4 3 2      es  x2   x3 , halle el término independiente
del mínimo común múltiplo de dichos polinomios en Zx.
A) 24 B) 1320 C) – 360 D) 82 E) – 720
Solución:
i) pxdx   x  2 x  3 ; la división es exacta, aplicamos Horner y se
obtiene:
px x 5x 6x 5x 10 2 2     
ii) qxdx; análogamente, la división es exacta, aplicamos Horner y se
obtiene:
qx x 5x 6x 7x 22 2 2     
     
    
1320.
El t. i. del MCM p,q 6 10 22
MCM p,q x 5x 6 x 5x 10 x 7x 22 2 2 2

 
       
Clave: B
8. Sean los polinomios de tercer grado, p(x)  x 7  a 1x 5 5a bx 5b 2        q(x)  x 8 3 ax 18 6a cx 6c 2        tales que
 
   
nx w
MCM p x ,q(x)
p x .q(x)
  en
Zx y n 0. Si el término independiente de p(x) es igual a la suma de coeficientes
de q(x), halle w.
A)
2
7
B)
4
1
C)
2
1
 D) – 1 E) 2
Solución:
i) p(x)   x 7   a 1x b x  5
q(x)   x  8   3 ax c x  6
ii) nx w MCD nx w
MCM
MCDxMCM
    
 
a 2
a 1 n 3 a b c w
 
       
iii) p(0) q1  7  w 5   71 w7
.
2
 w  7
Clave: A
Geometría
EJERCICIOS DE LA SEMANA Nº 11
1. En la figura, O es punto medio del diámetro AB y OCDE es un cuadrado. Si CQ
= 2 cm, halle PC.
A) 2 cm B) 1 cm
C) 3 cm D) 4 cm
E) 5 cm
O
P
Q
A B
D C
E
Solución:
1) APB: Teorema puntos medios (AP //OQ)
PQ = QB = x + 2
2) Teor. Tangente: CO2 = BC  CQ
a2 = (x + 4)2
3) Teor. Cuerdas: DC  CT = PC  CB
a2 = x(x + 4)
4) De (2) y (3):
2(x + 4) = x(x + 4)
x = 2
Clave: A
2. En la figura, AB //DE y D es punto de tangencia. Si AB = 10 cm, halle BD.
A) 8 cm B) 14 cm
C) 15 cm D) 12 cm
E) 10 cm
Solución:
1) Como AB //DE
 mBAD = mADE = a
2) ABF ~ CBA (A-A)
BC
10
10
BF
  BC  BF = 100
3) Teor. Tangente:
x2 = BC  BF
4) De (2) y (3):
x2 = 100
x = 10
Clave: E
3. En la figura, O es punto medio del diámetro AB . Si DE = 6 cm y EF = 4 cm,
halle HF.
A) 6 cm B) 5 cm
C) 7 cm D) 8 cm
E) 10 cm
A
B
C
D
E
F
A B
C
D
E
F
O H
A
B
C
D
E
F
a
a
a

2a
x
10
O
P
Q
A B
D C
E
2
x
x+2
a
a a T
Solución:
1) HFCB: Inscriptible
2) Propiedad : HP = HE = x + 4
3) T. Secante : a  b = 10(x + 10)
4) T. Secante : a  b = (14 + 2x)  6
5) De (3) y (4):
10(x + 10) = (14 + 2x)  6
x = 8 cm
Clave: D
4. En la figura, AC es diámetro. Si AB = AC y PQ = 1 cm, halle BT.
A) 1 cm B) 2 cm
C) 2 cm D) 3 cm
E) 3 cm
Solución:
1) CAB: Isósceles  BQ = QC = 1
mABC = mACB = a
2) Por ángulo ex-inscrito: mBPQ = a
3) BQP: Isósceles
PQ = BQ = 1 cm
4) Teor. Tangente: x2 = 1  2
x = 2 cm
Clave: B
5. En una semicircunferencia de diámetro AB , C es un punto de la prolongación de
AB tal que BC = AB = 6 cm. Si CD es tangente a la semicircunferencia, halle BD.
A) 1 cm B) 2 cm C) 2 3 cm D) 3 cm E) 3 cm
Solución:
A
B
C
P Q
T
A
B
C
P Q
T
a
a
a
1
1
1
x

 a
x
A 6 B
C
D
36  x2 6 2
6
A B
C
D
E
F
O H
P
4+x
x
6 a
4 b
1) ADB: Pitágoras  AD = 36  x2
2) Teor. Tangente: CD2 = AC  BC  CD = 6 2
3) BCD ~ ACD (AA):
x
36 x
6
6 2 2 
  x = 2 3 cm
Clave: C
6. En la figura, I es incentro del triángulo ABC y AE es diámetro. Si DE = 1 cm, ID
= 2 cm y BE = 3 cm, halle el área del círculo.
A) 2 cm
4
81
 B) 2 cm
4
85

C) 2 20 cm D) 2 21 cm
E) 2 25 cm
Solución:
1) I: Incentro ABC
mABI = mCBI =  ; mBAI = mCAI = a
2) IEB: Isósceles
BE = 3
3) ABE ~ BDE (AA)
3
1
x 3
3


 x = 6
4) A = (4,5)2 = 2 cm
4
81

Clave: A
7. En la figura, AB y OL son diámetros. Si AO = OB, AB = 10 cm y numéricamente
AL  LP = 13, halle el área del círculo sombreado.
A) 2 cm2 B) 3 cm2
C) 3,5 cm2 D) 4 cm2
E) 4,5 cm2
A
B
D E
I
C
A
a
a
B
  a
D
E
2
1 a+ 2
a+ 
I
C
x
3
A O B
L P
Solución:
1) En la figura: LQ = 5 – 2r
2) Teor. Cuerdas:
AL  LP = (5+ 2r)(5 – 2r)
r2 = 3
3) A = 3 cm2
Clave: B
8. En la figura, ABO es un cuadrante y BC es diámetro. Si OB = BC y PC = 18 cm,
halle el área de la región sombreada.
A) 3 cm2 B) 3,5 cm2
C) 4 cm2 D) 4,5 cm2
E) 5 cm2
Solución:
1) BQO: Equilátero
mTOQ = 7°
2) ABC: Notable 53°/2
AC = r 5
3) Teor. Secantes:
r 5  18 = 3r  r
r = 6 5
4) Asomb =  

  
360
6 5 7
2
= 3,5 cm2
Clave: B
9. En la figura, BC es diámetro y M es punto medio de BC. Si AB = 4 cm y
BC = 8 cm, halle el área de la región sombreada.
A) 2 cm2 B) 4 cm2
C) 6 cm2 D) 4,5 cm2
E) 8 cm2
A
B O C
P
A
B
C
M
A
B O C
P
D
T
Q
53° 53°/2
r r r
r
18
r 7°
r 5
A B
O
L
P
T
5
5
r
5
O1
r
5 2r 
Q
Solución:
1) Del gráfico: BO = OC = OM = 2
2) MOP  ABP (ALA)
AABP = AMOP
3) Asomb = A BOM =
4
  42
= 4 cm2
Clave: B
10. En la figura, O es centro de las circunferencias y D es punto de tangencia. Si
AB = 3 cm y NC = 3 MN, halle el área de la región sombreada.
A) 4 cm2 B) 5 cm2
C) 6 cm2 D) 9 cm2
E) 10 cm2
Solución:
1) Del gráfico: mAE = mEC = 2
2) ABC: Teor. Bisectriz
4k
BC
2k
3
  BC = 6
3) ODC: Teor. Pitágoras
R2 – r2 = 9
4) Asomb = (R2 – r2)
= 9 cm2
Clave: D
11. En la figura, O es punto medio del diámetro AB . Si PC = 2 cm, PD =
2
7
cm y
AO = OB = 4 cm, halle OP.
A) 1 cm B) 1,5 cm
C) 2 cm D) 2,5 cm
E) 3 cm
A B
C
D
O
P
A
B
C
M

a a

90°
4
4
P
O
O
A
B
C
D
M N
E
O
A
B
C
D
M N
E
 
2k k 3k
R
3 r
3
3
2 2
Solución:
1) Del gráfico: OQ = 4 ; PQ = 4 – x
2) Por teorema de las cuerdas:
PQ  PT = PC  PD
(2) 





2
7
= (4 – x)(4 + x)
7 = 16 – x2
x = 3
Clave: E
12. En la figura, BE = EC y AC = 2CD. Si FB = 2 cm, halle CD.
A) 2 cm B) 1 cm
C) 2 cm D) 4 cm
E) 3 cm
Solución:
1) Trazamos CJ//FE
2) JBC: Teor. Puntos medios
JF = FB = 2
3) AFD: Teor. Thales
AJ = 2 2
4) Teor. Secantes:
3x  2x = 4 2  3 2
x = 2
Clave: C
13. En la figura, O es centro y B es punto de tangencia. Si AB = BC y AC = 4 2 cm,
halle el área de la región sombreada.
A) (8 – ) cm2 B) (9 – 2) cm2
C) (4 – ) cm2 D) (6 – ) cm2
E) (5 – ) cm2
A
B
C D
E
F
A
B
C
O
A B
C
D
O
P
T
Q
4 x
1
7
4 4
x
4
A
B
C D
E
F
2 2
2
J
2
2x
x
Solución:
1) ABC: Notable de 45°
AB = BC = 2r ; AC = 2r 2
2) Dato: 2r 2 = 4 2  r = 2
3) A ABC = A AOJ + A BOJ + Sx
2
(2r)(2r)
= x
2
S
4
r
2
r r




Sx = (6 – ) cm2
Clave: D
14. En la figura, AOB es un cuadrante. Si AP = 3 cm y PB = 2 cm, halle el área de
la región sombreada.
A) 2 cm
8
17
 B) 2 2 cm
C) 2 cm
8
15
 D) 2 3 cm
E) 2 6 cm
Solución:
1) PHB: Notable de 45°
PH = HB = 1 cm
2) AHB: Pitágoras
AB = 17
3) AOB: Pitágoras
r =
2
34
4) Asomb = 2 cm
8
17

Clave: A
A
O B
P
A
B
C
O
r r
r
Sx
2r
J
45°
4 2
A
O B
P
45°
1
H
1
3
r
r
17
2
EVALUACIÓN Nº 11
1. En la figura, 2CE = CF = 6 cm y 4BE = AF = 8 cm. Halle AC.
A) 7 cm B) 57 cm
C) 58 cm D) 8 cm
E) 9 cm
Solución:
1) ADEB: Inscriptible
2) Teor. Secantes:
x  a = 5  3
x  a = 15
3) Teor. Euclides:
82 = 62 + x2 – 2x  a
x = 58 cm
Clave: C
2. En la figura, T, P, E y Q son puntos de tangencia, AOB es un cuadrante y D es
punto medio del diámetro AC . Si OA = 24 cm y DC = 9 cm, halle AP.
A) 12 3 cm B) 10 3 cm
C) 14 cm D) 13 cm
E) 10 cm
Solución:
1) Del gráfico: O1Q// AD
2) Teor. Tangente:
x2 = AQ  AT . . . (*)
3) CTA ~ QOA (AA)
AQ
24
18
AT
  AT  AQ = 18  24 . . . (**)
4) De (*) y (**): x = 12 3 cm
Clave: A
A B
C
D
E
a
3
2
6
8
x
a
F
A B
C
D
E
F
A
B
C
D
O
P
Q
T E
A
B
C
D
O
P
Q
T
9
9
6
x
a
90° a
a
a
O1
90° a
E
3. En la figura, AB = 7 cm, BC = 2 cm y CD = 1 cm. Halle DE.
A) 4,5 cm B) 0,5 cm
C) 3,5 cm D) 3 cm
E) 1 cm
Solución:
1) C1 : Teorema cuerdas
9  1 = a  b  ab = 9
2) C2 : Teorema cuerdas
2  (1 + x) = a  b
x = 3,5 cm
Clave: C
4. En la figura, O es centro, OA = 2 cm y AC = 16 cm. Halle el área del círculo
sombreado.
A) 64 cm2 B) 36 cm2
C) 25 cm2 D) 16 cm2
E) 40 cm2
Solución:
1) Del gráfico: OD = r ; AB = r – 2
2) Teor. Cuerdas: C2 : ab = 32
3) Teor. Cuerdas: C1 : (r + 2)(r – 2) = a  b
4) De (2) y (3):
r2 – 22 = 32
r = 6
5) A =   62 = 36 cm2
Clave: B
5. En la figura, AD es diámetro. Si EC = 6 cm, AB = 8 cm y ED = 9 cm, halle el
área sombreada.
A
B
C
D
E
A
B
C
D
E
7
x
C C2 1
b
a
2 1
O
A
C
C
E
O
A
C
C1 r
r 2 
b
a
2
16
D
B
C2
A) 12 cm2 B) 14 cm2
C) 16 cm2 D) 18 cm2
E) 20 cm2
Solución:
1) Trazamos BD , entonces mABD = 90°
2) Del gráfico: mBED = 2a
3) Por prop. : mCED =
2
mBED
= a
4) ABD ~ ECD (AA)
9
6
2r
8
  r = 6
5) A =
2
62  
= 18 cm2
Clave: D
6. En la figura, CDO es un cuadrante y AB es diámetro. Si AO = OB y AB = 4 cm,
halle el área de la región sombreada.
A)
4
1
( – 2 2 ) cm2
B)
2
1
( – 2 2 ) cm2
C)
4
1
( – 2 ) cm2
D) ( + 2 2 ) cm2
E) ( + 2 ) cm2
Solución:
1) ACB: Relaciones métricas
r2 = (2 – r)(2 + r)  r2 = 2
2) COB: Isósceles
mOCB = mCBO = 45°/2
A
B
C
D
E
O
a
a


r r
9
6
8
A D O B
C
E
C
E
45°
.
3
La menorsolución positiva es
3
x
2
3
senx



 
3) Prop. : mEO = 45°
 mCE = 45°
4) Asomb =  

  
sen45
2
r
360
r 45 2 2
=
4
1
( – 2 2 ) cm2
Clave: A
Trigonometría
EJERCICIOS DE LA SEMANA Nº 11
1. Hallar la menor solución positiva de la ecuación
3 2 2sen x  3 sen x  2 senx  3 .
A)
2

B)
3
4

C)
3

D)
6

E)
4

Solución:
 
sen x 1 2senx 3  0
sen x 2 senx 3 2senx 3
2
2
  
  
Entonces
2
x
2
n
x
2x n
cos2x 1
1 cos2x 2
2 sen x 2 2




 
 
 
 
Clave: C
2. Hallar la mayor solución negativa de la ecuación
2 cos8x sen 4x 1 2sen x
2
  
     
 
.
A)
2

 B)
6

 C)
16

 D)
18

 E)
3


Solución:
3 8
n
x
2
1
cos6x
4
cos2x 0 x (2n 1)
2
1
cos2x 0 cos6x
cos2x(2cos6x 1) 0
2cos6xcos2x 1 (1 cos2x) cos2x
cos8x cos4x 1 2sen x 2



   

     
   
  
   
  

La mayor solución negativa es .
18


Clave: D
3. Hallar el número de soluciones de la ecuación 2 s e n 2 x c os 2 x cs ,c 2 x
2

    .
A) 8 B) 7 C) 5 D) 6 E) 4
Solución:
Tenemos 2sen 2x 2sen2xcos2x 1, si sen 2x 0 2   
16
15
,
16
11
,
16
7
,
16
3
,
16
,
16
5
x
4
7
,
4
15
,
4
11
,
4
3
,
4
,
4
5
4x
1 cos4x sen4x 1 tg4x 1, si cos4x 0
   




 
    


  
       

Clave: D
4. Hallar la suma de las soluciones de la ecuación
2 2 2 sen x  2senx  2 senx 1  0 , 0  x  2.
A) 2 B)  C)
2
3

D)
4
3

E)
5
3

Solución:
   
   
      
   
  
   
2
2
1
senx
2
1
senx
2senx 1 2 senx 1 0
2 2 sen x 2senx 2 senx 1 0
T
2
Clave: A
5. Hallar la suma de soluciones de la ecuación
2 sen2x
1 0
csc 2x 1
 

,0  x  2.
A) 6 B)
9
2

C) 5 D)
13
2

E)
11
2

Solución:
Tenemos 2sen 2x 1 sen2x , si csc2x 1 2   
2
11
4
7
,
4
3
x
2
7
,
2
3
para sen2x 1 2x
12
17
,
12
13
,
12
5
,
12
x
6
17
,
6
13
,
6
5
,
6
2x
2
1
para sen2x
(2sen2x 1) (sen2x 1) 0

 
 
 
 
   
   
 
   
  
   

Clave: E
6. Hallar la raíz de la ecuación  3 xsen  x  cos, siendo  el ángulo obtuso y
solución de la ecuación 2 2 sen 15º  sena 1  0.
A) 1 B)
3
2
C)
3
2
 D) 2 E) 1
Solución:
 
 
x 1
2
1
x
2
3
3 x
3 x sen120 x cos120
La ecuación algebraica en x a resolver es
 
 








   
De dato, sena = cos30° 
3
vp


Luego,
3
k ( 1)k 
a    
3
2
k 1 ,
3
k 0 ,

 a

 a
Clave: E
7. El ángulo a está en posición normal y P3, 3 es un punto de su lado terminal.
Hallar sena   donde  es un ángulo obtuso y solución de la ecuación
sen3x senx
3
cos3x cosx



.
A)
1
2
 B) 1 C)
1
2
D)
3
2
 E) 1
Solución:
Transformando el miembro de la izquierda
:  3 , 3  , d 2 3
120
2 6
k
x
3
3 2x k
2cos2xcosx
2sen2xcosx
a  
   



 

    
P
(sen120 ) 1
2 3
3
(cos120 )
2 3
3
Luego, sen( ) sen cos cos sen
  








  
a    a  a 
Clave: E
8. Si x ,
2
 
  
, hallar la menor solución que se obtiene al resolver la ecuación
cos4x  2cos3x 5cos2x  2.
A)
5
6

 B)
3

 C)
6

 D)
5
3

 E)
5


Solución:
    
 
2
2
min min
1 cos4x 5cos2x 3 2cos3x
2cos 2x 5cos2x 3 2cos3x
2cos2x 1 cos2x 3 2cos x 2cos2x 1
1
cos2x 2cos x 2 2cos x
2
5 5
2x x
3 6
    
   
    
     
 
     
Clave: A
9. Resolver la siguiente ecuación 2 cos2x cos x  3  4senx .
A)  n
n 1 /n
2
  
    
 
Z B)  n n
1 /n
2 12
   
    
 
Z C)
n
/n
2 4
   
   
 
Z
D) n /n
3
  
   
 
Z E) 2n /n
6
  
   
 
Z
Solución:
2
x n ( 1)
senx 3 senx 1
0 sen x 4senx 3
cos x 1 3 4senx
2cos x 1 cos x 3 4senx
n
2
2
2 2

   
    
  
  
   
Clave: A
10. Hallar el conjunto solución de la ecuación
x x x
2cos sen cos 1
2 2 2
 
   
 
.
A) 2n 1 /n
3
  
   
 
Z B) 2n /n
6
  
    
 
Z C)
n n
/n
2 12
   
   
 
Z
D) 4n 1 /n
4
  
   
 
Z E)
n
/n
3 4
   
   
 
Z
Solución:
   Z

  

 
    
  
 
, n
4
x 4n 1
4
x n
senx cosx 0 tgx 1
1 0
2
x
senx 2cos
1
2
x
cos
2
x
2 cos
2
x
cos
2
k
2sen
2
Clave: D
EVALUACIÓN Nº 11
1. Hallar la menor solución positiva de la ecuación
cos x cos5x
cos3x cos7x
 .
A)
3
4

B)
3

C)
4

D)
2

E)
3
2

Solución:
menor / 4
2
x
4
x
2sen4x sen2x 0
cos6x cos2x 0
cos8x cos6x cos8x cos2x
Se tiene cos7xcosx cos5xcos3x
 

 

 
 
 
  

Clave:
2. Hallar la mayor solución negativa de la ecuación
2 sen x sec x  senx  2senx sec x 2  0 .
A)
3
4

 B)
4

 C)
5
4

 D)
3

 E)
2
3


Solución:
4
3
x
senx 2 tgx 1
(senx 2) (senx cosx) 0
sen x senxcosx 2senx 2cosx 0 2
 
 
   
  
   
Clave: A
3. Si
5
x ,
7 7
  
  

, hallar la suma de las soluciones que se obtienen al resolver la
ecuación cos8x  cos6x  2cos210º cosx .
A) 12 B)
31
14

C)
25
2

D)
23
14

E) 11
Solución:
14
31
6
29
,
6
19
,
6
17
,
6
7
,
6
5
,
6
5
7x
2
x
2
3
cosx 0 cos7x
cosx
2
3
2cos7xcosx 2
sol

 
      
 



  







 

Clave: B
4. Hallar el número de soluciones de la ecuación
4 4 2 sen x cos x cos x
0
senx
 
 ,
x0,2.
A) 4 B) 2 C) 3 D) 5 E) 6
Solución:
 
# 4
4
7
,
4
5
,
4
3
,
4
x
cos2x 0
0 senx( 2cos2x) 0
senx
sen x 1 2cos x
0
senx
sen x 2sen xcos x
0 , senx 0
senx
1 2sen xcos x cos x
s
2 2
2 2 2
2 2 2
 
   
 
 
   



 
 
Clave: A
5. Hallar el conjunto solución de la ecuación 2 2 4 sen 2x cos 2x  1  0 .

Clave: D