MATEMATICA PREUNIVERSITARIA PROBLEMAS RESUELTOS PRE SAN MARCOS 8 PDF

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Aritmética
1. Determine la diferencia positiva de los términos de una fracción equivalente a
49
16
, tal que el producto de sus términos es el menor número que tiene 27
divisores positivos.
A) 132 B) 231 C) 125 D) 123 E) 121
Solución:

Clave: A
2. ¿Cuántas fracciones propias e irreducibles de denominador 128 existen de
modo que la suma de sus términos es múltiplo de 11?
A) 4 B) 6 C)2 D) 5 E) 3
Solución:

Clave: B
3. Los
5
3
de los asistentes a una asamblea son mujeres, 49 de los varones son
solteros, mientras que los
12
5
de los asistentes varones son casados. ¿Cuál es
el total de asistentes a dicha asamblea?
A) 165 B) 210 C) 240 D) 95 E) 170
Solución:
Total de assistentes = x
x
5
3
M  ; x
5
2
H 
x 49
5
2
12
7
HS  




x = 210
Clave: B
4. Pedro gastó
3
2
de sus ahorros, después invirtió
4
1
de lo que le quedó, mas
S/. 240; como tenía que pagar una letra de S/. 1200, pidió prestado
2
1
de lo que
tiene, menos S/. 90. ¿Cuánto tenía ahorrado?
A) S/.4400 B) S/.4500 C) S/.5000 D) S/.3700 E) S/.3800
Solución:
Cantidad de ahorros = x
x 4400
x 240 90 1200
3
1
4
3
2
3

  



 



Clave: A
5. De un recipiente lleno de leche adulterada se sabe que los
4
3
del barril, menos
20 litros es leche pura, y
3
1
del recipiente, mas 7 litros es agua si se extrae la
tercera parte de la mezcla, ¿cuántos litros de leche pura queda?
A)
3
1
32 B)
3
2
64 C)
3
2
38 D)
3
1
45 E)
4
1
36
Solución:
Agua = x 7
3
1

Leche = x 20
4
3

 20 x
4
3
x 7
3
1
   
1 x 13
12
13
 






 x = 156
Leche = 156 20 97
4
3
 
Queda =  
3
2
97 64
3
2

Clave: B
6. Un depósito, estando vacío, puede ser llenado con agua por un grifo M en 6
horas, y por otro grifo N en 8 horas; y estando lleno puede ser vaciado por un
grifo P en 12 horas. Si estando vacío se abre el grifo M, luego de 1 hora se abre
el grifo N y 2 horas más tarde se abre el grifo de desagüe P, ¿en cuántas horas
se lleno todo el depósito?
A)
4
3
4 B)
3
1
4 C)
5
1
4 D)
2
1
3 E)
4
1
5
Solución:
Grifo M = 6 hr
Grifo N = 8 hr
Grifo P = – 12
5
6
t
t 1
12
1
8
1
6
1
2
8
1
6
1
.1
6
1

 





   





 
Ttotal =
5
1
4
5
21
5
6
1 2   
Clave: C
7. Tres hermanos deciden repartirse una herencia, al primero le corresponde
11
3
del total y los otros dos se reparten el resto. El segundo gasta
13
4
de su parte y
el tercero gasta S/. 300, quedándose los tres con la misma suma de dinero. ¿A
cuánto ascendió la herencia?
A) S/. 5500 B) S/. 5250 C) S/. 4950 D) S/. 5005 E) S/. 7150
Solución:
Herencia = x
Primer Hermano = x
11
3
Segundo hermano = a
Tercer hermano = x a
11
8

Luego:
x a 300
11
8
a .
13
9
x .
11
3
   
 a
13
33
x   x
11
5
a  300 
Luego: x = 4950
Clave: C
8. ¿Cuántas fracciones irreducibles con denominador 38, comprendidas entre
3
1
y
4
3
existen?
A) 8 B) 10 C) 12 D) 7 E) 20
Solución:
Fracción =
38
N
12, … N 28,5
4
3
38
N
3
1
    
 N = 13; 15; 17; 21; 23; 25; 27
Rsp. 7
Clave: D
9. ¿Cuántas fracciones propias e irreducibles con denominador 3528 existen
tales que el numerador no termine en 5?
A) 353 B) 360 C) 345 D) 412 E) 806
Solución:
3 2 2 1 3528 2 .3 7
3528
N
  
(N) = 1008
Pero de los 1008 s retiro los que terminan en 5
51; 3; 5; 7; … ; 705
 3 118
o
 21 17
o

 7 50
o

Total = 353 – (151) = 202
 1008 – 202 = 806
Clave: E
10. Si
29
17a
y
2c
17b
son fracciones irreducibles cuya suma es 12, halle el mayor valor
posible de (a.b – c).
A) 7 B) 8 C) 6 D) 4 E) 9
Solución:
12
2c
17b
29
17a
 
c = 9 ; a + b = 8
mayor: 3 x 5 – 9 = 6
Clave: C
11. Una familia tenía un recipiente lleno de agua mineral. El primer dia bebió
15
1
de
su contenido, más 8 litros; el segundo día bebió
17
3
de lo quedaba, más 5 litros
y el tercer día bebió
69
15
del resto. Si le quedaban 18 litros de agua en el
recipiente, ¿de cuántos litros es la capacidad del recipiente?
A) 45 B) 50 C) 35 D) 60 E) 70
Solución:
Capacidad = x
x 45
x 8 5 18
15
14
17
14
69
54

 





 






Clave: A
12. ¿Para cuántos valores de x menores que 98 la fracción
x 2
x 30x 2


se hace
reductible?
A) 56 B) 49 C) 60 D) 48 E) 55
Solución:
x < 98 x 2 56 x 28 x 2 x 30x 2        56 = m(x + 2) o 2 son 49 x + 2 = o 7 son 14 o 14 son 7 Valores para los cuales 56 x  2 , es entero: 7 valores Total = [49 + 14 – 7] – 7 = 49 Clave: B EJERCICIOS DE EVALUACION N°8 1. ¿Cuántas fracciones impropias e irreducibles con numerador 2475 existen, tales que el denominador no termine en 27? A) 1175 B) 1375 C) 1745 D) 1184 E) 1183 Solución: 2475 D f   1 D < 2475 , D  1 2475 = 32. 52. 11 (N) = 1200 – 1= 1199 b27 ; ab27 6 + 9 = 15 s  1199 – 15= 1184 Clave: D 2. Si la suma de dos fracciones irreducibles es el mayor número primo de dos cifras cuya suma de cifras es 11 y la suma de sus numeradores es el menor posible, halle la mayor fracción irreducible. A) 2 165 B) 5 163 C) 2 81 D) 4 75 E) 3 89 Solución: 83 k b k a   a + b = 83k  k = 2 49 a = 165 b = 1 Rsp. 2 165 Clave: A 3. De un tonel lleno de vino puro, se extrae la mitad y se reemplaza con agua, luego se extrae la tercera parte de la mezcla y se reemplaza con agua, después se extrae la cuarta parte de la mezcla y se reemplaza con agua y así sucesivamente. Si en este proceso se agregó 19 veces agua al contenido del tonel y al final quedó 35 litros de vino puro, ¿de cuántos litros es la capacidad del tonel? A) 700 B) 680 C) 720 D) 650 E) 750 Solución: Capacidad = x x 35 20 19 . ….. 5 4 . 4 3 . 3 2 . 2 1  x = 700 Clave: A 4. Se tiene tres recipientes llenos de vino, cuyos volúmenes están en la relación de 2; 3 y 5 . Del tercero se pasa m litros al segundo y de este n litros al primero, si m + n = 72 y los recipientes ahora tienen la misma cantidad, halle la cantidad de litros que había al inicio en el segundo recipiente. A) 72 B) 80 C) 65 D) 78 E) 82 Solución: 2k + n = 3k + m – n = 5k – m 2k + n = 3k + m – n = 5k – m  k = 2n – m  2k = 2m – n m + n = 72 m = 40 ; n = 32 3k = 72 Clave: A 5. ¿Para cuántos números n entre 1 y 2013 sucede que el numerador y el denominador de la fracción impropia n 4 n 7 2   no son primos relativos? A) 87 B) 86 C) 76 D) 89 E) 78  4m = 5n Solución: n 4 23 n 4 n 4 n 7 f 2        n + 4 = 4k 1 < 4k – 4 < 2013 0,… < k < 87, … k = 87 Clave: B 6. No gasté el cuádruplo de lo que perdí, mas x soles, luego gasté lo que no perdí, menos x soles. Si lo que perdí es igual a lo que no perdí, menos 2x soles, ¿qué fracción de lo que tenía es lo que no perdí? A) 9 5 B) 5 4 C) 9 2 D) 7 3 E) 11 2 Solución: G NG Total b – x 4a + x 4a + b P NP a = b – 2x b 2b – 2x  2b – 2x = 4a + x 5x = 2b 9 5 b 5 16 5b b 4a b b f      Clave: A 7. Un tanque vacío puede ser llenado por dos grifos M y N en 4 y 5 horas respectivamente, mientras que un tercer grifo P puede vaciar el tanque lleno en 6 horas. Se abre el grifo M, media hora después el grifo N y media hora más tarde el grifo P, ¿en cuánto tiempo se llenará el tanque? A) 17 56 h B) 17 28 h C) 15 56 h D) 17 52 h E) 17 39 h Solución: t 1 6 1 5 1 4 1 2 1 . 5 1 4 1 2 1 . 4 1               t = 17 39 Ttotal = 17 56 17 39 1  Clave: A 8. ¿Cuál es la suma de las cifras del denominador de la fracción equivalente a 17 13 , si la diferencia positiva de sus términos está comprendida entre 2000 y 2008 ? A) 21 B) 23 C) 25 D) 19 E) 17 Solución: 17 k 13 k f  2000 < 4k < 2008 500 < k < 502 k = 501 D = 17 (501) = 8517 Suma cifras = 21 Clave: A 9. Con dos números primos se forma una fracción impropia de modo que excede en 77 72 a su fracción recíproca. Halle la diferencia positiva de los términos de la fracción impropia inicial. A) 4 B) 0 C) 8 D) 2 E) 10 Solución: 77 72 a b b a    7 11 f  dif. = 4 Clave: A 10. Un comerciante compra cocos a razón de cinco cocos por S/. 7 luego vende los 3 2 del número de cocos que compró a razón de dos por S/. 3 y lo demás a razón de cuatro por S/. 6. Si la ganancia fue de S/. 75, ¿cuántos cocos vendió en la segunda venta? A) 250 B) 320 C) 280 D) 350 E) 220 Solución: Cant. Cocos = x Costo = x 5 7 Vende =              2 3 x 3 1 2 3 x 3 2 Venta = x 2 3  x 75 5 7 x 2 3   x = 750 Rsp: 750 250 3 1  Clave: A Álgebra EJERCICIOS DE CLASE 1. En el desarrollo del binomio  3 n n x  y , la suma de los grados absolutos de todos los términos es 715; halle el grado del término central. A) 65 B) 60 C) 84 D) 96 E) 90 Solución Tenemos el siguiente desarrollo   3 n 3 n 1 n 3 n 2 n 2 n n 3 n n (y ) n n (x ) (y ) … 2 n (x ) (y ) 1 n (x ) 0 n y x                                         por dato se tiene que: 3.(n)  (n1)  …  (1)n.(1)  (2)  …  (n1)  (n)  715 equivalentemente 715 2 n(n 1) n. 2 n(n 1) . 3                 entonces 2 10(11)(13) 2 n(n 1)(n 3)    por lo que n  10. El binomio de Newton planteado es  3 10 10 x  y que tiene 11 términos su término central es 3 5 10 5 6 (x ) (y ) 5 10 T          , es decir 15 50 6 x y 5 10 T          cuyo grado absoluto es 15  50  65 Clave: A 2. Halle el número de términos racionales fraccionarios que se obtienen al desarrollar el binomio 50 3 3 x 1 x          . A) 25 B) 26 C) 30 D) 24 E) 27 Solución Un término general es 3 50 k 3 k k 1 (x ) (x ) k 50 T             donde 0  k  50  kZ luego 150 6k k 1 x k 50 T            con 0  k  50  kZ dato: 150 6k  0 entonces k  25 y 0  k  50  kZ por lo que k26,27,…, 49,50 hay 50 25  25 términos racionales fraccionarios. Clave: A 3. Si los coeficientes del primer y último término del desarrollo del binomio  2 4 8 21 2a x  ay son iguales, halle la suma de coeficientes de los términos centrales del binomio   3 2 4 1 20a 2ax 4a y   . A)         5 11 . 2 B)         5 11 C)         6 11 D)         5 10 . 2 E)         7 11 2. Solución Con respecto a  2 4 8 21 2a x  ay hay 22 términos por lo que: 2 4 21 1 (2a x ) 0 21 T          y 3 21 22 (ay ) 21 21 T          dato: Coef T1  Coef T22 entonces 21 42 21 2 a  a luego: 2 1 a  Siendo 2 1 a  , tenemos el siguiente binomio de Newton  3 4 11 x  y que tiene 12 términos, por lo que hay 2 términos centrales a saber: 3 6 4 5 6 (x ) (y ) 5 11 T          y 3 5 4 6 7 (x ) (y ) 6 11 T          cuya suma de coeficientes es:                                            5 11 2. 5 11 5 11 6 11 5 11 . Clave: A 4. Halle la suma de coeficientes de 2 3 6n (x  y ) si en su desarrollo, el grado absoluto del término que es equidistante al término que ocupa el lugar “4n+6” con respecto a los extremos es 65. A) 12 2 B) 90 2 C) 30 2 D) 60 2 E) 32 2 Solución El binomio de Newton 2 3 6n (x  y ) tiene 6n 1 términos . Los términos 1 6n 1 T y T  son equidistantes respecto a los extremos, los términos 2 6n T y T son equidistantes respecto a los extremos, en general observamos que la suma de índices de dos términos equidistantes respecto a los extremos es 6n 2 , por lo que el término que equidista de 4n 6 T  respecto a los extremos del desarrollo del binomio de Newton es 8n 10 6n 15 2n 4 x y 2n 5 6n T              . Dato: (8n 10)  (6n15)  65 entonces 14n 5  65 por lo que: n  5 . El binomio de Newton 2 3 30 (x  y ) tiene  2 3 30 30  coef.  (1)  (1)  2 . Clave: C 5. En el desarrollo del cociente notable m 1 m 2 15m 50 30m 20 x y x y       , halle el lugar del término que tiene grado absoluto igual a 145. A) 17 B) 15 C) 13 D) 11 E) 9 Solución Siendo m 1 m 2 15m 50 30m 20 x y x y       un cociente notable, m 2 30m 20 m 1 15m 50 # términos       por lo que 3m 14m 24 0 2    implicando que m 6. Se obtiene el cociente notable: 7 8 140 160 x y x y   que tiene 20 términos. Supongamos que el término 7 20 k 8 k 1 Tk (x ) (y )    1 k  20  kZ tenga grado absoluto igual a 145 entonces 7(20k)  8(k 1)  145 por lo que k  13. Por lo tanto el lugar del término del cociente notable que tiene como grado absoluto igual a 145 es 13. Clave: C 6. Si el cociente notable: x (5x 1) (5x 1)99 99    tiene un término de la forma: 2 a  b(25x  1) , halle a  b. A) 21 B) 46 C) 54 D) 58 E) 59 Solución Notamos que:                   (5x 1) (5x 1) (5x 1) (5x 1) 10. x (5x 1) (5x 1) 99 99 99 99 es un cociente notable de 99 términos.  99 k  k 1 2 a Tk  10. (5x  1)  (5x  1)  b(25x  1)   con 1 k  99  kZ entonces debe ocurrir: 99k  k 1  k  50 Hallemos el término de lugar 50:  99 50 50 1   2 49 T50  10. (5x  1)  (5x  1)   10 (25x  1)   haciendo la identificación, a  49  b  10 luego a b  59. Clave: E 7. Si m,n N y n m n m n m 2n 3 x y x y       es un cociente notable, halle el término Tk en el que la diferencia de exponentes de sus variables es igual a 2. A) T1 B) T2 C) T3 D) T4 E) T5 Solución Como n m n m n m 2n 3 x y x y       es un cociente notable, se debe tener que m n 2m 4n 6 n m n # términos       entonces m 2mn 5n 6n 2 2    equivalentemente (m n) 6n(n 1) 2    , siendo una ecuación en N , el miembro izquierdo es un cuadrado perfecto lo que implica que el miembro derecho también lo deba ser, o sea el lado derecho debe contener factores cuadráticos por lo que n  2 ; así 2 6n(n 1)  6.2.(3)  6 entonces (m 2) 36 2   por lo que m 8. El cociente notable planteado es 2 3 10 15 x y x y   que tiene 5 términos, cuyo término genérico es: 2 5 k 3 k 1 10 2k 3k 3 Tk (x ) (y ) x y       con 1 k  5  kZ Dato: la diferencia de exponentes de las variables de Tk es igual a 2 Caso 1: (10 2k)  (3k  3)  213 5k  2 5k  11 kN Caso 2: (3k  3)  (10 2k)  25k 13  2 5k  15 k  3, así: 4 6 T3  x y . Clave: C 8. Si el primer término central del desarrollo del binomio 3 a 19 (x  y ) y el segundo término central del desarrollo del cociente notable 5 3 100 60 x y x y   tienen el mismo grado, halle el valor de                      a 2 a 5 a 2 2a J . A) 216 B) 204 C) 240 D) 269 E) 124 Solución Para el binomio de Newton 3 a 19 (x  y ) de 20 términos, el primer término central es: 3 19 9 3 9 10 (x ) (y ) 9 19 T           o sea 30 9a 10 x y 9 19 T          . Para el cociente notable 5 3 100 60 x y x y   de 20 3 60 5 100   términos, el segundo término central es: 5 20 11 3 11 1 11 T (x ) (y )    o sea 45 30 T11  x y Dato: grado T10 del binomio de Newton grado T11del cociente notable 30 9a  45  30 a  5 . 240 3!.7! 10! 2. 7 10 2. 7 10 7 10 7 10 3 10 J                                                . Clave: C EJERCICIOS DE EVALUACION 1. Uno de los términos del desarrollo del cociente notable 2 2 n n a b (a b) (a b)     es 2 2 12 2(a  b ) , halle el último término. A) 24 (a  b) B) 24  (a  b) C) 26 2(a  b) D) 24 2(a  b) E) 24  2(a  b) Solución                    2 2 n n 2 2 n n (a b) (a b) (a b) (a b) 2. a b (a b) (a b) , 2 n # términos      n 2k 2k 2 k 1 2 k 2 n 2 Tk 2 (a b) . (a b) 2(a b) (a b)            Se tiene que        2k 2 12 n 2k 12 entonces k  7  n  26 , así # términos  13     24 2 13 13 2 12 T13  2. (a  b)  (a  b)  2(a  b)  Clave: D 2. Si el desarrollo del binomio de Newton n x 1 x        tiene 18 términos, halle el término de lugar 9. A) 5 x 9! 17! B) 5 x 8! 17! C) 5 x 9!.8! 17! D) 5 x 9! 7! E) 5 x 8! 1 Solución n x 1 x          tiene “n+1” términos, por dato n 1 18n  17 . Dado el binomio de Newton 17 x 1 x          el término de lugar 9 es: 2 8 5 1 17 8 9 x 8! 9! 17! .x (x ) 8 17 T              Clave: C 3. Si el grado absoluto del quinto término del cociente notable: x y 6y 11 (x 2) (y 3) 2 5n 10n       es 18, halle el valor numérico del término de lugar 14 cuando y  2 y x  1. A) – 2 B) – 1 C) 0 D) 1 E) 2 Solución 2 5n 10n 2 5n 10n (x 2) (y 3) (x 2) (y 3) x y 6y 11 (x 2) (y 3)              es un cociente notable con “5n” términos. 5n 5  2 4 T5  (x  2) . (y  3)  entonces: (5n 5)  8  18n  3 El cociente notable dado es 2 15 30 (x 2) (y 3) (x 2) (y 3)       donde cada uno de los 15 términos que posee depende de (x  2) y/o (y  3) . 15 14  2 13 26 T14  (x  2) . (y  3)  (x  2)(y  3)  Cuando x 1 y 2, tenemos: T (1 2)(2 3) ( 1)(1) 1 26    14        Clave: B 4. Al desarrollar la potencia  4 1 6 x 9 x   se encuentran 2 términos racionales fraccionarios, halle el cociente racional entero de dichos términos. A) 28 B) x 9 28 C) 3 (x 1) 9 28  D) x  1 E) 3 x 9 28 Solución 2 4 8 1 x ( x 3) 6 x 9 x            tiene en su desarrollo 9 términos. .3 x , K 0,1,2,3,…, 8 k 8 ( x) (3) k 8 . x 1 T 2 2 8 k 8 k k k k 1 2                        Por dato: k es par 2 k 2 0 2 2 8 k       . Si 6 1 7 6 1 7 3 x T 28.3 x 6 8 k 6 : T               Si 8 2 9 8 2 9 3 x T 3 x 8 8 k 8 : T               Luego: Si x 9 28 3 x 28.3 x T T 8 2 6 1 9 7     Clave: B 5. En el desarrollo del cociente notable: m 2 m 3 12m 8 9m 6 x y x y       , la suma de los grados absolutos de los términos centrales es mn, halle el valor de: 3 n 2 . A) 3 127 B) 5 C) 3 111 D) 6 E) 3 133 Solución El cociente notable m 2 m 3 12m 8 9m 6 x y x y       tiene m 3 9m 6 m 2 12m 8      términos, entonces 3m 16m 12 0 (3m 2)(m 6) 0 resolviendo:m 6 2         . Dado el cociente notable 4 3 80 60 x y x y   de 20 términos, los términos centrales son: 4 20 11 3 11 1 36 30 11 4 20 10 3 10 1 40 27 T10  (x ) (y )  x y  T  (x ) (y )  x y     Dato: (40 27)  (36 30)  6 n  n  127. Así 3n 2 3 127 2 5     Clave: B 6. Calcular el término independiente del desarrollo 22 3 7 x 1 x          siendo x  0. A) 22 B) 21 C) 20 D) 23 E) 24 Solución 7 22 k 3 1 k k 1 (x ) ( x ) k 22 T             Por dato, debe ocurrir: 0 3 k 7(22  k)   entonces k  21. El término independiente ocupa el lugar 22. Clave: A 7. Si nN y se tiene que: … 793 3 n 63. 2 n 17. 1 n 3. 0 n 2. “n 1″ sumandos                                        , hallar el valor de L n 13 2   . A) 5 15 B) 21 C) 5 D) 39 E) 7 Solución Tenemos que:    “n 1″ términos n 2 3 4 .4 …. 4 n 4 . 3 n 4 . 2 n 4 . 1 n 0 n 1 4                                                 es decir:    “n 1″ términos n …. 4 n 256 3 n 64 2 n 16 1 n 4 0 n 3                                                 Por propiedad  “n 1″ términos n n n …. 4 n 3 n 2 n 1 n 0 n 2                                                         Sumando:    “n 1″ términos n n …. 4 n . 257. 3 n . 63. 2 n 17. 1 n 3. 0 n 3 2 2.                                                  luego ( ·3) 2 793 n n    , dando valores: n  6 L n 13 36 13 7 2      Clave: E 8. Si n es un entero positivo, calcule el número de términos que tiene el desarrollo de: n (x  y  z) . A) 2 n2 B) 2 n(n  1) C) 2 n(n  4) D) 2 (n  2)(n  4) E) 2 (n  1)(n  2) Solución Por el desarrollo del binomio de Newton, tenemos:        Tn 1 n T4 n 3 3 T3 n 2 2 T2 n 1 T1 n n x (y z) … (y z) 3 n x (y z) 2 n x .(y z) 1 n x (y z) x                                         De donde observamos que T1 tiene 1 término,T2 tiene 2 términos , T3 tiene 3 términos ,…, Tn1 tiene n 1 términos ; luego el total de términos es 2 (n 1)(n 2) 1 2 3 4 … n (n 1)           . Clave: E Geometría EJERCICIOS DE LA SEMANA Nº 8 1. En la figura, L1 // L2 // L3 // L4. Si AB = FG, CD = 2EF y numéricamente se cumple que (AB)3 = 4(BC)2, halle GH (en metros). A) 8 m B) 6 m C) 7 m D) 4 m E) 5 m Solución:  x = ? Dato: a3 = 4b2 . . . () L 2 L 1 L 4 L 3 A B C D E F G H  a c b a  a2 = bc . . . (1)  x a 2c b  2ac = bx . . . (2)  (1)  (2): a2(2ac) = (bc)(bx)  2a3 = b2x 2(4b2) = b2x por ()  x = 8 m Clave: B 2. En la figura, C es punto de tangencia y 2CD = EF = 8 m. Halle DE. A) 3 m B) 3,5 m C) 3,8 m D) 4 m E) 4,5 m Solución:  DE = x = ?  Trazamos L tangente a las circunferencias por C.  ACE(AE //BD) (T. Thales):  x 4 BA CB  . . . (1)  ACF( AF //BE ) (T. Thales):  8 4 x BA CB   . . . (2)  (1) y (2): 8 4 x x 4    32 = (x)(x + 4)  x = 4 m Clave: D G F H A B C D E L       4 x 8 2 2 L 2 L 1 L 4 L 3 A B C D E F G H a b a c 2c x F G H A B C D E 3. En la figura, ABCD es un paralelogramo. Si AB = 9 m, BC = 12 m y PQ = 6 m, halle PR. A) 6 m B) 4 m C) 4,5 m D) 5 m E) 5,5 m Solución:  BQP ~ CHD: 6 CH BP 9   CHBP = 54 . . . (1)  BRP ~ ALD: x AT BP 12   12x = BPAL . . . (2)  AL = CH . . . (3)  De (1), (2) y (3): 12x = 54  x = 4,5 m Clave: C 4. En la figura, AC y BD son diámetros, BC = 2 m, CD = 10 m y mBEC = 45°. Halle AB. A) 2 m B) 3 m C) 4 m D) 5 m E) 6 m Solución:  AB = x = ?  Trazamos DE  mBED = 90°  Trazamos AE  mAEC = 90°  AEC: EB: Bisectriz interior ED : Bisectriz exterior  A, B, C y D (forman una cuaterna armónica)  (x)(10) = (2)(x + 2 + 10)  x = 3 m Clave: B A B C E 45° x 45° 45° 2 10 45° A B C D P Q R A B C D E A B C D P Q R     x H 12 6 9 L 5. En la figura, B y P son puntos de tangencia. Si AB = 10 m, BC = 3 m y AC = 8 m, halle CP. A) m 6 17 B) m 8 25 C) m 7 24 D) m 2 7 E) m 5 21 Solución:  CP = x = ?  Trazamos BP  Prolongamos AB hasta Q  Propiedad en el ABC BP: Bisectriz exterior  mCBP = mPBQ =   ABC (T.B.E.): 3 10 x 8 x   x = m 7 24 Clave: C 6. Un hexágono regular ABCDEF se encuentra inscrito en una circunferencia. Por el vértice B se traza una recta que interseca a CE en J, a DE en K y a la prolongación de FE en L. Si BJ = 3 m y JK = 1 m, halle KL. A) 2 m B) 2,2 m C) 2,3 m D) 2,5 m E) 3 m Solución:  KL = x = ?  BEK: EJ : Bisectriz interior EL : Bisectriz exterior  B, J, K y L (forman una cuaterna armónica) x 4 x 1 3    3x = 4 + x x = 2 m Clave: A A B C x P Q  3  8 10 A B C P A B C D E F L 3 60° K J 1 x 60° 60° 60° 30° 30° 7. En la figura, M, L y T son puntos de tangencia. Si AB = 8 m, halle TH. A) 4 m B) 5 m C) 7 m D) 3 m E) 6 m Solución:  TH = x = ?  ANC: Isósceles AN = NC = a + b  AL = AM = MC = TC = a  CHT ~ CBA: 2a a 8 x  x = 4 m Clave: A 8. En la figura, O1 y O2 son centros de las circunferencias; E, P, F, Q, G y T son puntos de tangencia. Si AB = 6 m, AC = 8 m y AO1 = 5 m, halle O1O2. A) 3 m B) 3,5 m C) 4 m D) 4,6 m E) 5 m Solución:  O1O2 = x = ?  ABC: O1 es incentro y O2 es excentro  mAO2C = 2 mABC (Teorema de la bisectriz exterior)  AO1B ~ ACO2: 8 5 5 x 6   5x = 23  x = 4,6 m Clave: D A B C L M N T H   a a b b 8 a a x O2 O1 F G A B C Q E P R r T    6 8 x 5   A B C L M N T H   O2 O1 F G A B C Q E P T 9. En la figura, AG = 3BG y AC = CD. Halle FE GF . A) 2 1 B) 5 3 C) 3 2 D) 4 3 E) 3 Solución:  ? y x FE GF    ABC (T. Menelao): (3a)(n)(b) = (a)(m)(2b)  3 2 m n  . . . (1)  BFG ~ CFE: m n y x  . . . (2)  (1) en (2): 3 2 y x  Clave: C 10. En un cuadrilátero convexo ABCD, la recta que pasa por los puntos medios de los lados AB y BC interseca a las prolongaciones de DA y DC en los puntos E y F respectivamente. Si AE = 4 m y DC = 2CF, halle ED. A) 5 m B) 6 m C) 8 m D) 10 m E) 12 m Solución:  ED = x = ?  Trazamos AC  MN: Base media del ABC  MN// AC  EF// AC  EDF ~ ADC: 2a 3a x 4 x   x = 12 m Clave: E A B C D E F   G x y n m b b 3a a       n B N F C E A D M a 2a 4 x 4 n m m x A B C D E F   G 11. En la figura, ABCD es un rectángulo y BD = 20 m. Si H y G trisecan a DC, halle EF. A) 3 m B) 4 m C) 2 m D) 1 m E) 5 m Solución:  AEB ~ DEH  DE 20 DE a 3a    DE = 5  AFB ~ DFG  5 x 15 x 2a 3a     x = 3 m Clave: A 12. En un triángulo rectángulo ABC, se inscribe una circunferencia que es tangente a AB , BC y AC en L, P y T respectivamente. Si mBPA = mTPC y BC – AB = 7 m, halle la longitud del radio de la circunferencia. A) 1,5 m B) 2,5 m C) 3 m D) 3,5 m E) 7 m Solución:  r = ?  Prolongamos AB y TP hasta “H”  APH (Isósceles): AP = PH y AB = BH = a  ACB (T. Menelao): (a – r)(b)(a) = (b)(r)(2a)  a = 3r  ALO: AL = a – r = 3r – r = 2r  mLAO = 2 53  mLAT = 53°  ABC (T.R.N.): AB = 3r, BC = 4r  AC = 5r r A B C L P T O H    a a b b ar ar r r r F H G A B D C E x a 3a a a 5 20 F H G A B D C E  BC – AB = 7 4r – 3r = 7  r = 7 m Clave: E 13. En la figura, F es centro de la circunferencia, A y C son puntos de tangencia y JE//CD. Si CG = 4 m y GI = 3 m, halle IE. A) 7 m B) 10 m C) 12 m D) 18 m E) 21 m Solución:  CF = FD  mCFH = mHFD =    +  = 90°  JE//CD  mDFE =   CFI (División armónica): x 7 x 3 4    x = 21 m Clave: E 14. En la figura, AMNQ es un romboide. Si la suma de los inradios de los triángulos MBN y QNC es 7 m, halle la longitud del inradio del triángulo ABC. A) 8 m B) 4 m C) 5 m D) 7 m E) 12 m Solución:  R = ?  r1 + r2 = 7 m  MBN ~ ABC: a b a R r1   . . . (1)  QNC ~ ABC: a b b R r2   . . . (2) F G H I J A B C D E L A B C M N Q F G H I J A B C D E L x  3 4      (1) + (2): a b b a b a R r R r1 2      1 R r1 r2    R = r1 + r2  R = 7 m Clave: D EVALUACIÓN Nº 8 1. En un triángulo ABC se trazan las cevianas AD, DE y EF (D y F en BC y E en AB ) tal que DE// AC y EF// AD . Si BF = 36 m y DC = 7 m, halle FD. A) 8 m B) 6 m C) 12 m D) 5 m E) 9 m Solución:  ABD: x 36 b a   ABC: 7 36 x b a    7 36 x x 36    x = 6 m Clave: B 2. En la figura, ABC, CDE y EFG son triángulos equiláteros. Los perímetros de los triángulos ABC y EFG son 8 m y 18 m respectivamente, halle CD. A) 3 m B) 4 m C) 4,5 m D) 5 m E) 5,5 m Solución:  CD = x = ?  2PABC = 8 m  3a = 8  2PEFG = 18 m  3b = 18 ab = 16 . . . (1) A B C M N Q a b r2 r1 R F A G B C D E a a x x b b a x b m n 60° 60° 60° 60° 60° 60° A B C E D x F a b 7 36 F A G B C D E  AB //CD//EF  x a n m  . . . (2)  BC//DE//FG  b x n m  . . . (3)  (2) = (3): b x x a  ab = x2 . . . (Reemplazando (1)) 16 = x2 x = 4 m Clave: B 3. En la figura, AD = 2 m y AB = 4 m. Halle DC. A) 3 m B) 4 m C) 2,5 m D) 3,5 m E) 4,5 m Solución:  Trazamos DL / DL = LC  ABD  LBD (ALA)  BL = 4 DL = 2  T.B.I.: x 2 6 4  x = 3 m Clave: A 4. En la figura, I es incentro del triángulo ABC, M y N son puntos medios de BI y FI respectivamente. Si 4ND = 2MD = AC = 8 m, halle AB + BC. A) 9 m B) 12 m C) 14 m D) 15 m E) 16 m Solución:  AB + BC = a + b = ?  MRN: (T.B.I.) A B C 2  D    2 x 2 2 4 4 L 2 A B C 2  D     A B C D F M N I 2 4 n m  . . . (1)  ABC: (T. Incentro) 8 a b 2n 2m   8 a b n m   . . . (2)  (1) y (2): 8 a b 2 4    a + b = 16 m Clave: E 5. En la figura, DE = 3 m, BC = 6 m y FC = 8 m. Halle FE. A) 1 m B) 2 m C) 3 m D) 4 m E) 5 m Solución:  FE = x = ?  Trazamos BF y DF  Trasladando ángulos  BFC ~ DFE 3 6 x 8  x = 4 m Clave: D 6. En la figura, DE es diámetro de la semicircunferencia, ADE es un cuadrante, D y E son puntos de tangencia. Si AB = 12 m y BC = 5 m, halle MN. A) m 13 1 B) m 3 1 C) m 13 5 D) m 12 5 E) m 15 7   A B C D F M N I a b 8 m n 4 2 m n E A B C D F   2 x 2   6 8 3   E A B C D F A B D E C M N Solución:  MN = x = ?  Trazamos EN(EN  DB)  AD = DE = BC = DM = 5  DN = DM – NM DN = 5 – x  DCB: DB = 13  DNE ~ DCB: 13 5 12 5 x   x = m 13 5 Clave: C Trigonometría EJERCICIOS DE LA SEMANA Nº 8 1. Simplificar la expresión ctg40  tg10 . A) tg10° B) sen40° C) csc10° D) sec10° E) csc40° Solución:                          sec10 cos10 1 sen40 cos10 cos50 sen40 cos10 cos40 cos10 sen40 sen10 cos10 cos10 sen40 cos40 ctg40 tg10 Clave: D 2. Con los datos de la figura, hallar el valor de la expresión                    3 cos 3 sen . A) 5 3 B) 10 3 3  C) 5 3  D) 7 3 2 E) 5 3 3  A B D E C x M N    5 5 12 12 5 5 x  Solución: 5 3 3 10 6 3 10 3 3 10 4 10 3 3 10 4 2 3 5 3 2 1 5 4 2 3 5 3 2 1 5 4 3 sen sen 3 cos cos 3 cos sen 3 sen cos 3 cos 3 sen                                                                                                    Clave: E 3. Si 2sen  22 3 cos y  es un ángulo perteneciente al tercer cuadrante, hallar el valor de sen3  cos2 . A) 2 3 B) 2 5  C) – 2 D) 2 E) 2 1  Solución: Sabemos 210 pues C 90 , 210 60 30 , 150 2 1 sen( 60 ) sen 3 cos 1 2sen 2 3 cos 2       II                          Luego nos piden 2 1 sen3 cos2 2 1 sen3 cos2 1 sen3 cos2 sen(720 90 ) cos(360 60 ) sen3 cos2 sen630 cos420 sen3 cos2 sen3(210 ) cos2(210 )                                         Clave: E 4. Con los datos de la figura, calcular csc. A) 4 5  B) 3 4  C) 2 3 D) 2 E) 4 5 Solución: De la figura, tenemos   4 5 csc 5 4 5 2 5 2 5 2 5 1 5 1 5 2 sen cos( ) cos cos sen sen ( ) 2 3 2 3 Además, 5 1 5 1 cos cos(90 ) sen 5 2 5 2 sen sen(90 ) cos 90 90                                                                                                                                            Clave: E 5. Si sencos  R , sencos S y sen(  )  P , calcular 1 P R S2 2   . A) 4 B) 3 1 C) 2 1 D) 3 E) 2 Solución:   1 P R S 2 2 1 P R S ( ) sen( ) P 2 2 sen( ) R S 1 1 2 (sen cos sen cos ) R S (sen cos ) S sen cos 2senBcos S (sen cos ) R sen 2sen cos cos R i) 2 2 2 2 2 2 P 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2                                                       Clave: E 6. Con la información dada en la figura, calcule el valor de a. A) 3 5 B) 5 3 C) 3 6 D) 6 3 E) 3 Solución: De la figura: a 9 tg(2 ) a 5 tg( ) a 2 tg           Entonces a 3 5 a 45 2a 50 9a 90 7a a(a 10) 7a a 9 a 5 a 2 1 a 5 a 2 a 9 1 tg tg( ) tg tg( ) a 9 tg(2 ) tg( ) 2 2 2 2 2 2                               . . Clave: A 7. Simplifique la expresión ctg20(1ctg40tg20) . A) csc 20 2 B) csc20 C) sec20 D) csc40 E) csc30 Solución:                                             csc40 sen40 1 cos50 cos20 sen70 cos50 cos20 sen50 cos20 cos50 sen20 cos20 sen20 cos50 sen50 (1 tg50 tg20 ) 1 tg50 tg20 tg50 tg20 tg(50 20 ) (1 tg50 tg20 ) tg70 (1 tg50 tg20 ) . Clave: D 8. Con la información de la figura, calcular tg(  ). A) 0 B) 4 3  C) 4 3 D) 4 5 E) 2 1 Solución: 4 3 2 1 1 ( 2) 2 1 ( 2) tg( ) De lafigura :                       Clave: B 9. Sean ( + ) y (2 – ) ángulos del segundo cuadrante. Si 2 1 sen(  )  y 3 1 cos(2  )   , calcular 3 6 sen(  2)  . A) 6 1 B) 3 1 C) 2 1 D) 2 1  E) 6 1  Solución:     6 1 3 6 sen(2 ) 6 1 3 6 2 1 3 1 2 3 3 2 2 cos(2 )sen ( ) sen( 2 ) sen 2 sen (2 ) cos( )                                                                   Clave: A 10. Si 3 1 ctg(A  2B)  y 4 1 ctg(A  5B)  , calcular el valor de ctg 3B. A) 12 B) 13 C) – 13 D) – 12 E) 11 Solución: ctg3B 13 13 1 1 4(3) 1 1 tg tg tg tg tg3B Del dato : tg(A 2B) 3 ; tg(A 5B) 4 3B tg3B tg( ) A 5B A 2B Sean                                      Clave: B EVALUACIÓN Nº 8 1. Con la información que se da en la figura, evaluar 845sen( ) . A) 123 B) – 120 C) – 123 D) – 112 E) – 130 Solución: Por Pitágoras: BD= 13 y AB = 15 845sen( ) 123 845 123 sen( ) 13 5 65 63 13 12 65 16 sen( ) sen cos cos sen 65 16 15 13sen 24 sen 2 1 AB BD sen 24 2 1 Área (ABD) 4 12 24 cm 2 1 Área (ABD) 2                                 . . . . . . . . . Clave: C 2. Si sen(  )  2sen.cos y cos.cos  0, hallar tg(  ) . A) 0 B) – 1 C) 1 D) 2 3 E) 2 3  Solución: 0 1 tg tg tg tg tg( ) tg tg sen cos sen cos 2sen cos sen( ) 2sen cos                                . Clave: A 3. En el gráfico adjunto se cumple que 4 1 tg  y en el rectángulo ABCO, M es punto medio de BC. Calcule tg. A) 5 2  B) 7 6  C) 3 2  D) 7 5  E) 5 3  Solución: Como  y  son coterminales, se cumple que 4 1 tg  tg   Vemos que 7 6 tg 2 1 2 1 1 2 1 4 1 tg 1 tg tg tg tg tg tg tg( )                                              Clave: B 4. Con los datos de la figura, simplificar     2 1 tg tg . A) ctg B) tg C) tg D)  2 tg E) ctg Solución:                                                          2 2 2 2 2 2 2 ctg 1 tg tg a 1 a 1 1 a a a 1 ctg a a 1 a a a 1 1 1 a 1 a a 1 1 a 1 a a 1 tg a 1 tg a a 1 tg( ) Clave: A 5. Calcular el valor de la expresión  3 tg20  3 tg10. A) 4 B) 6 C) 5 D) 1 E) 2 Solución: 4 2 1 1 (cos60 ) 1 cos60 cos10 cos60 cos10 sen60 sen10 cos70 sen70 . cos60 cos20 cos60 cos20 sen60 sen20 cos80 sen80 tg80 (1 tg60 tg20 ) tg70 (1 tg60 tg10 ) A (tg60 tg20 ) (tg60 tg10 ) 2 2 Clave: A