Soluciones de algunos problemas del libro >800

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Soluciones de algunos problemas del libro

“Mayor que 800”

Pongo en sus manos las soluciones que obtuve para varios de los ejercicios pedidos por

distintos alumnos, que han trabajado con el libro “Mayor que 800”, este trabajo creo será de

utilidad para el estudio de la última parte del año. Obviamente no son estas las únicas soluciones,

y creo que quizás ustedes tengan otras un poco mejores, aún así creo les ayudará a conocer de

formas de resolver situaciones, las cuales al estudiarlas les llevará a un mejor desenvolvimiento

en la PSU que se avecina.

Como es mi costumbre, agradezco en primer lugar a mi pequeña Savane, quién me

motiva a entregar lo mejor a ustedes, con el único fin de que logren sus metas, ella y yo sólo

queremos que ustedes lleguen a estudiar lo que quieren, pues el éxito de ustedes es nuestro

orgullo.

Obviamente agradezco a mi Liceo Nacional, que me á puesto frente a ustedes y así poder

compartir lo aprendido con ustedes, en especial a Carlos Fernández, inquieto director que da los

espacios para hacer que la educación mejore en estos tiempos tan difícil para ello. A Francisco

Rojas impulsor de muchas de las acciones que han recibido y recibirán para la mejor expedición

de ustedes en el camino de lograr sus metas.

De ninguna forma me olvidaré de ustedes que son los que nos mueven a hacer todos estos

esfuerzos, que sin duda, no podrían ser si ustedes no están. Por tanto los desafío a lograr sus

metas para que realmente sean dueños de sus destinos.

Vamos generación del 2012 de nuestro LICEO NACIONAL a ser mejores que las

generaciones anteriores por el bien de toda esta comunidad.

Sixto Maulén y Savane Emegu

Octubre del 2012

2

Ejercicio 2

2. En la siguiente multiplicación las letras P, Q y R representas a cifras, luego P + Q + R =

P P Q · Q

R Q 5 Q

A) 15

B) 16

C) 17

D) 18

E) No se puede determinar

Solucion:

Como P, Q y R son cifras y en la multiplicación presentada, tenemos que al multiplicar la

cifra Q con ella misma, debe resultar Q o un número terminado en la cifra Q, esto nos lleva a

concluir que sólo tenemos tres opciones;

Q = 1, así 1 · 1 = 1

Q = 5, así 5 · 5 = 25, o

Q = 6, así 6 · 6 = 36

Y no tenemos más opciones, descartamos de inmediato Q = 1. Pues deberíamos tener

como resultado de la multiplicación PPQ y no corresponde al resultado mostrado.

Ahora ya hecha la multiplicación de Q · Q, nos corresponde Q · P, si consideramos que Q =

5, tendríamos 2 de reserva, por lo tanto Q · P + 2 debería dar un resultado terminado en 5, según

lo indica la multiplicación, y como tenemos que 5 por cualquier número da como resultado un

número terminado en 0 o 5, si le sumamos la reserva 2, nunca dará terminado en 5, por tanto lo

descartamos.

Definitivamente Q debe ser 6, quedando;

P P 6 · 6

R 6 5 6

Ahora sabemos que la reserva es 3, por tanto 6 · P + 3, debe terminar en 5, lo que implica

que 6 · P debe terminar en 2, por tanto para P tenemos solo 2 cifras posibles 2 (6 · 2 = 12) o 7

(6·7 = 42). Si fuese 2 tendríamos que al multiplicar la siguiente cifra P, habría 1 de reserva y nos

quedaría: 6 · 2 + 1 y el resultado no daría terminado en 6, por tanto la cifra P debe ser 7, ahora

ya podemos terminar la multiplicación.

4 3

7 7 6 · 6

4 6 5 6

Finalmente Q = 6, P = 7 y R = 4, P + Q + R = 7 + 6 + 4 = 17

Respuestas C

3

Ejercicio 4

4. Si a < 0, entonces a a =

A) 2a

B) 0

C) -2a

D) -2

E) -a

Este ejercicio nos pide que apliquemos la definición de valor absoluto, y esta nos dice que

si tenemos un valor absoluto de una expresión negativa, esta será la expresión

multiplicada por menos 1.

A modo de ejemplo;

3 1 ( 3) 3

Luego;

a 1 a a

Finalmente nos queda;

-a – a = -2ª

Respuesta C

Ejercicio 6

6. Si cuatro números enteros positivos consecutivos son dividido cada uno por 4, la suma de

los restos es

A) 6

B) 5

C) 4

D) 3

E) 0

Solución:

Al dividir por 4 cualquier número, los restos posibles de ella son; 0, 1, 2 y 3, ahora como

vemos los restos son consecutivos por tanto podemos inferir que si tenemos 4 enteros

positivos y consecutivos, uno de ellos tendrá resto 0, otro resto 1, otro resto 3 y el otro

resto 2, por tanto nos queda que;

0 + 1 + 2 + 3 = 6

Respuesta A)

4

Ejercicio 18

18. ¿Cuántos enteros positivos de tres cifras, tienen solo dígitos pares?

A) 25

B) 100

C) 250

D) 500

E) 1000

Solución:

Si consideramos la cifra de las centenas, estas pueden ser 2, 4, 6 o 8, por tanto podría

comenzar de 4 formas distintas. Las cifras de las decenas pueden ser; 0, 2, 4, 6, o 8, por tanto

habrían 5 formas distintas y las cifras de las unidades también pueden ser de 5 formas distintas.

Por tanto vamos a tener: 4 · 5 · 5 = 100 números, aquí aplicamos el principio multiplicativo

para contar, que después en el IV ítem tratamos este principio.

Otra manera que nos lleva a lo mismo es hacer un diagrama de árbol como lo muestra la

figura;

Respuesta B

Ejercicio 21

21. ¿Cuál es el número natural mayor de 2 cifras que es no es par y es múltiplo de 3 y 5 a la

vez?

A) 75

B) 85

C) 90

D) 95

E) 15

Solución:

Los números que son múltiplos de 3 y de 5 a la vez son los múltiplos de 15, el problema

pide que tengan dos cifras, por tanto tendremos a los números; 15, 30, 45, 60, 75 y 90. Pero no

deben ser pares, nos quedan el: 15, 45, y 75, pero como piden el mayor, este debe ser 75.

Respuesta A

2

0

2

4

6

8

0

2

4

6

8

5

Ejercicio 22

22. El producto de tres naturales distintos es 144, ¿cuál es la mayor suma de ellos?

A) 20

B) 52

C) 72

D) 75

E) 146

Solución:

Hay mucho tríos de números que multiplicados dan 144, pero como piden la mayor suma

de ellos, obviamente debemos tomar los mayores divisores de 144, a modo de ejemplo 144, 72,

48. Ahora no podemos considerar el 144, pues el único producto de números distintos sería:

1 · 144, y no serían 3 como pide el ejercicio, pero si consideramos el 72, tenemos:

1 · 72 · 2, cuya suma es 1 + 72 + 2 = 75, pero que pasaría con los demás.

1 · 48 · 3, cuya suma es 1 + 48 + 3 = 52, y así podríamos seguir probando.

Pero si hacemos una simple inspección en la medida que disminuya el mayor divisor los

otros aumentan, pero la disminución del mayor es mucho más fuerte que al aumento de los

menores, lo cual hace necesariamente que la suma disminuya, por tanto la suma debe ser 75.

Respuesta D

Ejercicio 23

23. El número de cifras del número equivalente a 416 · 525 es

A) 25

B) 27

C) 28

D) 29

E) 30

Solución:

Resolver ambas potencias y multiplicarlas sería un proceso muy largo, por tanto buscamos

una forma más amigable, pensando en las potencias de 10, ya que si tenemos un número por una

potencia de base 10, debemos agregar tantos ceros como lo diga el exponente de la potencia de

10, hagamos el arreglo:

416 · 525 = (22)16 · 525 = 232 · 525 = 27 · 225 · 525 = 27 · (2·5)25 = 128 · 1025

Luego el número está formado por el 128 y 25 ceros a continuación, por tanto tiene 28

cifras.

Respuesta C

6

Ejercicio 28

28. Al dividir un cuadrado en 16 cuadrados se forman 9 puntos de intersección, como lo

muestra la figura. ¿Cuántos puntos de intersección habrá cuando un cuadrado se divide en

144 cuadrados?

A) 100

B) 121

C) 132

D) 144

E) 169

Solución:

Como vemos en la figura, los cuadrado son 16 (42) y hay en el 9 (32) puntos, nos damos

cuenta si el lado del cuadrado es 4, el número de puntos es el antecesor al cuadrado, (4 – 1)2.

Para verificar esta regularidad consideremos situaciones más pequeñas;

Estas dos figuras dan razón de la regularidad que se produce, ahora si tenemos 144

cuadrados, tenemos un cuadrado de lado 12 (122 = 144) por tanto el número de puntos debe ser

(12 – 1)2 = 112 = 121

Respuesta B

Ejercicio 35

35. Si todos los dígitos en la numeración de las páginas de un libro se recortan y se echan a

una caja, habría en total 192 dígitos. ¿Cuántas páginas tenía el libro?

A) 192

B) 119

C) 101

D) 100

E) ninguna de las anteriores

Solución:

Si cortamos los dígitos de la numeración de un libro, desde la página 1 a la 9, tendrían un

dígito por cada página y desde la 10 a la 99 tendríamos 2, luego,

Desde la 1 a la 9 = 9 dígitos.

Desde la 10 a la 99 = 2 · 90 = 180

Hasta la 99 tenemos en total 189 dígitos y nos faltan 3 para los 192, como la página que

viene es la 100 y en ella cortaremos 3 dígitos, entonces completamos lo pedido, por tanto el libro

tiene 100 páginas.

Respuesta D

Observación:

Si queremos saber ¿cuántos números hay entre dos?, hacemos la diferencia entre ellos y le

restamos 1 pues no considera los dos extremos.

Si queremos saber ¿cuántos número hay desde uno hasta el otro?, hacemos la diferencia y

le sumamos 1 pues se consideran los dos extremos.

7

Ejercicio 38

38. Si k y p son enteros y k < -3 y p > 4, luego el mayor valor de k - p es

A) 1

B) 7

C) -7

D) 9

E) -9

Solución:

En una resta el mayor valor deberá producirse cuando el minuendo es el más grande y el

sustraendo el más pequeño, por tanto como k es el minuendo, el mayor valor de k es -4 y el

menor valor de p (sustraendo) es 5, entonces tenemos al final que:

-4 – 5 = -9

Respuesta E

Ejercicio 44

44. Si ABC + DEF = 1.000, donde A, B, C, D, E y F son las cifras, todos ellas distintas de cero,

entonces A + B + C + D + E + F es igual a

A) 10

B) 19

C) 28

D) 30

E) no se puede determinar

Solución:

Anotemos la suma hacia abajo para visualizar mejor, tenemos

A B C

+ D E F

1 0 0 0

Aquí se ve claro que C + F debe ser 10, pues son cifras distintas, y se genera 1 de reserva.

Esto nos lleva a concluir que B + E = 9, ya que si le sumamos la reserva da 10, de igual forma

podemos concluir que A + D = 9, luego

A + B + D + E + F = (A + D) + (B + E) + (C + F) = 9 + 9 + 10 = 28

Respuesta C

8

Ejercicio 65

65. 3 1

4 :24 2

es igual a

A)

34 4

12

2

B) 4

12

2

+

3

41

2

C) 3 2

4 24 1

D) 5 3 5

42 4 2

E) 2 3 2

45 4 5

Solución:

Es un ejercicio simple de operatoria de racionales, salvo que la respuesta está escrita de

una manera no tradicional, una de las formas de resolverlos es obtener el resultado y verificar

cual de las alternativas es, o de la siguiente manera:

3 1 3 5 3 24 :2 4 : 4

4 2 4 2 4 5

, ahora aplicamos la distributividad y nos queda

3 2 2 3 24 4

4 5 5 4 5

Respuesta E)

Ejercicio 68

68. Savane que es una niña muy golosa, se comió un cuarto de la torta antes de que llegaran

sus invitados que eran 9, si la mamá de Savane debe repartir de manera equitativa lo que

resta de la torta, ¿qué parte de la torta original le corresponde a cada participante del

cumpleaños?

A) 1

12

B) 3

40

C) 1

9

D) 1

10

E) 1

40

Solución:

Según dice el enunciado del problema, al comerse la Savane un cuarto de la torta, quedan

tres cuartos por repartir.

Obviamente la mamá debe repartir entre 10, los 9 invitados y la Savane, no dice el

problema que en la repartición final la Savane se queda sin parte.

1 3 3

10 4 40

Respuesta B)

9

Ejercicio 72

72. Un entero se ha dividido en 72 partes, si queremos representar una fracción que sea

equivalente a una con numerador 1, ¿cuántas partes no deberíamos considerar?

A) 2

B) 3

C) 6

D) 24

E) 27

Solución:

La idea del ejercicio es que se den cuenta que al ser el entero dividido en 72 partes,

tendremos fracciones de denominador 72, por tanto para obtener fracciones de denominador 72 y

numerador que me permitan simplificarla para que el numerador es 1, la manera más fácil de

lograrlo es hacer la descomposición prima del denominador:

72 = 8 · 9 = 23 · 32

Es decir que si el numerador sólo tiene potencias de base 2 y/o 3 con exponentes menores

que 3 en el caso de las potencias de base 2 y 3 en el caso de las potencias de base 3.

Veamos; A) puede ser pues el numerador es 21 podemos simplificar por 2 y tendremos

numerador 1; 2 1

72 36 , y así podemos decir que puede ser B) 31, C) 21 · 31 y D) 23 · 3. La

que no puede ser es la E) pues tenemos que 27 = 33 y es mayor que 32; 27 3

72 8 .

Respuesta E)

Ejercicio 78

78. 1 2 3

2 3 4 =

A) 11

12

B) 2

3

C) 1 1 1

32 3 4

D) 19

12

E) 1

3

Solución:

Es un ejercicio simple de operatoria de racionales, salvo que la respuesta está escrita de

una manera no tradicional, una de las formas de resolverlos es obtener el resultado y verificar

cual de las alternativas es, o de la siguiente manera:

1 11

2 2 ,

2 11

3 3 ,

3 11

4 4 , luego tenemos que

1 2 3 1 1 11 1 1

2 3 4 2 3 4

1 2 3 1 1 13

2 3 4 2 3 4

Respuesta C)

10

Ejercicio 92

92. Un reloj se adelanta 8 minutos por día, ¿cuántos segundos se adelanta en un cuarto de

hora?

A) 5 seg.

B) 8 seg.

C) 10 seg.

D) 12 seg.

E) 15 seg.

Solución:

Como las respuestas están en segundos, llevemos los 8 min a segundos, por tanto

tenemos; 8 · 60. Ahora como sabemos que adelanta 8 min cada día, y cada día tiene 24

horas, entonces;

8 6020 seg.

24

, son los segundos que se adelanta cada hora, como el problema pide cada

cuarto de hora, debemos dividir los 20 seg. por 4.

20 : 4 = 5 seg.

Respuesta A)

Ejercicio 98

98. Si reemplazamos los números 3, 4, 6 y 7 en los cuadrados de la figura, ¿cuál es el mayor

valor de la suma de las fracciones?

A) 19

12

B) 13

7

C) 5

2

D) 15

4

E) 23

6

Solución:

La mayor suma se producirá cuando los sumandos sean mayores, por tanto las fracciones

deberán tener los denominadores más pequeños, lo cual nos lleva a decir que los números 3 y 4

deben ir en los denominadores.

3 4 , ahora hay que ver las dos formas de ubicar los numeradores, a saber:

6 7 6 4 7 3 45

3 4 12 12

, o

7 6 7 4 6 3 46

3 4 12 12

, este es el mayor valor de la suma, ahora simplificando nos queda:

23

6

Respuesta E)

11

Ejercicio 107

107. Un estudio de ventas de autos dice que cada dos meses se vende la mitad de autos que

hay, ¿cuál es el mínimo de autos que debe tener la empresa al iniciar el año?

A) 128

B) 64

C) 32

D) 16

E) 8

Solución:

Si me piden el mínimo de autos que debe tener, pensemos que el último bimestre debe

tener 1 auto, por tanto el penúltimo bimestre, deberá tener 2 (cada bimestre vende la mitad),

luego nos damos cuenta que hay una regularidad siguiente si partimos de atrás para adelente:

Último bimestre 1 = 20

5º bimestre 2 = 21

4º bimestre 4 = 22

3º bimestre 8 = 23

2º bimestre 16 = 24

1º bimestre 32 = 25

Por tanto debe iniciar el año con 64.

Respuesta B)

Ejercicio 108

108. En un mismo entero se quiere representar 1

4 y

2

7, luego ¿cuál es la menor cantidad de

partes en que debe dividirse el entero para lograrlo?

A) 4

B) 7

C) 11

D) 21

E) 28

Solución:

Para representar 1

4, el entero debe ser dividido en una cantidad de partes que sea múltiplo

de 4, y para representar 2

7, el entero en una cantidad de partes que sea múltiplo de 7, ahora

como se nos pide dividir el mismo entero para representar las dos fracciones, el entero debe

dividirse en un múltiplo común entre 4 y 7, y como piden la menor cantidad, entonces debemos

encontrar el mínimo común múltiplo entre 4 y 7, que es 28.

Respuesta E)

12

Ejercicio 134

134. Al dejar caer una pelota desde una altura h, esta rebota subiendo hasta 0,9 veces la altura

de donde cayó, si esta sigue rebotando con la misma condición, entonces ¿a qué altura

llegará después del quinto rebote?

A) 0,9 h

B) 4,5 h

C) 0,45 h

D) (0,9)4 h

E) (0,9)5 h

Solución:

Aplicando le regla que indica el problema tenemos:

1º rebote, llega a 0,9 h de altura.

2º rebote, llega a 0,9 · (0,9 h) = (0,9)2 h

3º rebote, llega a 0,9 · (0,9)2 h = (0,9)3 h

Y así sucesivamente, por tanto al quinto rebote la altura alcanzada será (0,9)5 h.

Respuesta E)

Ejercicio 149

149. Para que 4 b sea un número real b debe ser

(1) b < 16

(2) b > 0

A) (1) por sí sola

B) (2) por sí sola

C) Ambas juntas, (1) y (2)

D) Cada una por sí sola, (1) ó (2)

E) Se requiere información adicional

Solución:

Este ejercicio me pide que decida la información es necesaria y suficiente para decir que 4 b es real.

Con la información (1) no es suficiente ya que si b es negativo de inmediato no sería real.

Con la información (2) tampoco puedo decirlo, ya que basta que b > 16 y tenemos que

4 b 0 , por tanto no sería real.

Finalmente con ambas juntas si es posible concluir que es real, ya que 4 b 0 , y sabemos que

0 , siempre será real.

Respuesta C

Observación:

Como me piden la información para concluir que es real, y no me piden todos los valores

de b para que la expresión sea real, es posible responder con ambas juntas. Cierto es que si b =

4, resulta real, pero en este tipo de ejercicio me piden la información para deducir que es real y

ambas juntas me lo permiten.

13

Ejercicio 166

166. Sean S, L, Q y R cifras distintas de cero, si SQ · LQ = RRR, donde SQ y LQ son números de

dos cifras y RRR es un número de tres dígitos, entonces S + L + Q + R =

A) 19

B) 20

C) 21

D) 22

E) No existen tales números

Solución:

Como vemos el resultado de la multiplicación es RRR, y RRR = R · 111, luego como

conocemos el 111 y lo podemos expresar como 3 · 37. Ahora nos damos cuenta que 37 es

número primo por tanto;

RRR = R · 3 · 37, luego como el resultado RRR se obtiene de multiplicar dos números de

dos cifras, entonces podemos decir que uno de ellos es 37 y el otro es 3·R.

Finalmente si; SQ · LQ = 3R · 37, lo cual implica que Q = 7 y luego 3R debe ser un número

terminado en 7 y la única forma es 3·9 = 27, así tenemos que R = 9 y S = 2.

S + L + Q + R = 2 + 3 + 7 + 9 = 21

Respuesta C)

Ejercicio 227

227. ¿Cuántos conjuntos de números naturales consecutivos suman 100?

A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

Solución:

Como los números consecutivos deben sumar 100, si recordamos que el promedio es el

que está al medio y en el caso de números consecutivos sabemos que; si son una cantidad

impar de números consecutivos el promedio coincide con el de al medio y si son una

cantidad par de números, el promedio deberá estar al medio de los dos centrales, entonces

consideremos los dos casos.

i) Si es una cantidad impar de números consecutivos, el promedio coincidirá con uno

de ellos, entonces el promedio debe resultar un natural, por tanto:

100

naturaln

, luego n sólo puede ser 5 o 25, pues 100

205

o 100

425

,

Concluimos que como n es 5, entonces tendremos 5 naturales consecutivos en los

cuales el central (promedio) es 20.

{18,19,20,21,22}

De igual forma consideremos n = 25 y el central 4, tenemos que:

{…,-1,0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,…}, este conjunto lo descartamos pues el problema dice

que deben ser naturales consecutivos, por tanto no deben aparecer negativos.

ii) Si tenemos una cantidad par de números consecutivos, entonces el promedio debe

estar al medio de los dos centrales por tanto deberá ser igual a un número de la

forma A,5, donde A es la parte entera.

14

100

A,5n

el único valor posible para n es 8, ya que 100

12,58

, luego decimos

que son 8 naturales consecutivos y los centrales son 12 y 13.

{9,10,11,12,13,14,15,16}

Respuesta B)

Ejercicio 238

238. Si se reparten 42 caramelos entre dos niños; Matías y Vanessa de manera inversamente

proporcional a sus edades, Matías tiene 3 años y Vanessa 4 años, entonces ¿cuántos

caramelos recibe Vanessa?

A) 16

B) 18

C) 24

D) 32

E) Ninguno de las anteriores

Solución:

Supongamos que Matías recibe m y Vanessa v y como nos advierten que se reparten de

manera inversamente proporcional de acuerdo a las edades y recordando que cuando las

cantidades son inversamente proporcionales el producto de ellas es contante, luego nos

queda que;

3 · m = 4 · v; y m + v = 42, luego si tomamos la primera igualdad y la escribimos de otra

manera, a saber;

3 · m = 4 · v

m 4

v 3 , y ahora decimos que; m = 4k y v = 3k, entonces reemplazamos en la otra

ecuación y nos queda:

4k + 3k = 42

7k = 42

k = 6

Finalmente m = 4 · 6 = 24 y v = 3 · 6 = 18

Respuesta B)

Ejercicio 255

255. Si 3 5 11

x 3 2x 6 2

, entonces 2x – 6 =

A) 2

B) 12

C) 6

D) 8

E) 4

Solución:

Considerando que el momento “más feliz” en racionales es cuando los denominadores son

iguales, entonces procedemos a amplificar la primera fracción por 2, teniendo que:

3 5 11

x 3 2x 6 2

6 5 11

2x 6 2x 6 2

11 11

2x 6 2

Como vemos, resulta obvio decir que 2x – 6 = 2.

Respuesta A

15

Ejercicio 266

266. Para diluir una solución de sal al 5% se deben agregar x litros de agua, a los 20 litros

originales de solución. ¿Cuál es la ecuación que permite obtener x si se quiere una solución

al 1% de sal?

A) 100

120x

100

5

B) 100

1

x20

20·100

5

C) 100

1

x20

x20·100

5

D) 100

1)x20(

100

95

E) otra ecuación

Solución:

Del enunciado podemos inferir que; a los 20 litros iniciales sólo le agregamos agua (x) por

tanto no hay aporte de sal, y sabiendo que la nueva solución será del 1%, entonces

tenemos:

total de sal 1

nuevo total 100

520

110020 x 100

Respuesta B

Ejercicio 271

271. La crema contiene, aproximadamente, 22% de grasa. ¿Cuántos litros de crema se deben

mezclar con leche al 2% de grasa, para obtener 20 litros de leche con 4% de grasa?

A) 2

B) 4

C) 8

D) 20

E) 40

Solución:

Sea c los litros de crema y l los litros de leche, luego establecemos dos ecuaciones; una

por el total de litros de la mezcla y la otra por el total de grasa.

c + l = 20, ecuación por el total de litros de mezcla

22 2 4

C L 20100 100 100

, ecuación por concepto de grasa

Arreglando la segunda ecuación nos queda:

11c + l = 40, ahora tenemos el siguiente sistema;

c l 20

11c l 40

a la segunda le restamos la primera y nos queda:

10c = 20

c = 2

Respuesta A

16

Ejercicio 274

274. Sea m

En

la parte entera de la fracción impropia m

n, luego es siempre verdadero que

A) m

En

n

Em

B) m

En

+ n

Em

= 0

C) m

En

- n

Em

= 0

D) m

En

+ n

Em

= m n

En m

E) m n

E E 0n m

Solución:

Recordando que en toda fracción impropia el numerador es mayor que el denominador,

luego al invertirla pasa a ser una fracción propia, por lo tanto la parte entera de toda

fracción propia será 0, y la parte entera de una fracción impropia debe ser mayor o igual a

1. Por lo tanto;

Si m

E 1n

, entonces

mE 0

n

Respuesta E

Ejercicio 291

291. Se tienen dos soluciones de alcohol una al 8% y la otra al 15%, ¿cuántos litros de cada una

se deben considerar para obtener 100 litros de una solución al 12,2%?

8% 15%

A) 35 55

B) 55 35

C) 60 40

D) 40 60

E) Ninguna de las anteriores

Solución:

Supongamos que m son los litros de la primera solución (8%) y n los litros de la segunda

solución (15%), luego generamos dos ecuaciones; una por el total de litros y la otra por el

alcohol.

m + n = 100 (total de litros)

8 15 12,2

m n 100100 100 100

(ecuación del alcohol)

Arreglando la segunda ecuación, multiplicando por 100, nos queda;

8m + 15n = 1.220

8m + 8n + 7n = 1.220

8(m + n) + 7n = 1.220, reemplazamos la ecuación 1, quedando

8 · 100 + 7n = 1.220

7n = 1.220 – 800

7n = 420

n = 60, luego

m = 40

Respuesta D

17

Ejercicio 303

303. La sexta parte de la suma de dos números es 16, y la cuarta parte de su diferencia es 10.

¿Cuáles son los números?

A) 28 y 60

B) 40 y 96

C) 56 y 136

D) 40 y 68

E) 28 y 68

Solución:

Sean x e y los números entonces traduciendo, tenemos:

1(x y) 16

6

1(x y) 10

4

x y 96

x y 40

sumando ambas ecuaciones nos queda:

2x = 136 x = 136 : 2 x = 68, luego y = 28

Respuesta E)

Ejercicio 304

304. En un corral hay 107 animales entre gallinas y conejos, ¿cuántos animales de cada especie

hay sabiendo que en total hay 278 patas y que ninguno es cojo?

A) 64 gallinas y 43 conejos

B) 75 gallinas y 32 conejos

C) 50 gallinas y 57 conejos

D) 32 gallinas y 75 conejos

E) 43 gallinas y 64 conejos

Solución:

Sea g el número de gallinas y c el número de conejos, por tanto tenemos la primera

ecuación:

g + c = 107

Como las gallinas tienen dos patas y los conejos 4, luego la segunda ecuación sería:

2g + 4c = 278

g c 107

2g 4c 278

2g 2c 214

2g 4c 278

, ahora a la segunda ecuación le restamos la primera y nos

queda:

2c = 64 c = 32, luego g = 107 – 32 = 75

Respuesta D)

18

Ejercicio 316

316. Si A es un número de tres cifras diferentes y B es otro número de tres cifras formado por

las mismas de A pero en orden inverso, luego A – B puede ser

A) 165

B) 297

C) 360

D) 561

E) 683

Solución:

Sea A = MNP y B = PNM, donde M, N y P son cifras, luego;

A – B = MNP – PNM, descomponemos los números en su notación decimal y nos queda;

A – B = 100M + 10N + P – (100P + 10N + M)

A – B = 100M + 10N + P – 100P - 10N – M = 99M – 99P = 99(M – P) = 9 · 11(M – P)

Por tanto el resultado debe ser múltiplo de 9 y de 11, que lo mismo decir que el resultado

es divisible por 9 y por 11, luego las alternativas A), D) y E) se descartan pues no son

divisibles por 9. Finalmente descartamos la C) pues no es divisible por 11, quedando la B

como correcta.

Respuesta B)

Ejercicio 318

318. ¿Cuántos números de dos cifras son tales que al sumar el número con otro formado por las

mismas cifras, pero invertidas resulta un cuadrado perfecto?

A) 4

B) 5

C) 6

D) 7

E) 8

Solución:

Sean A y B cifras, luego los números a sumar son AB y BA, aplicando la notación decimal,

tenemos que:

AB + BA = 10A + B + 10B + A = 11A + 11B = 11(A + B)

Ahora como lo pide el problema el resultado debe ser cuadrado perfecto y como 11 es

primo y no es cuadrado perfecto, la única posibilidad de que el resultado lo sea A + B debe

ser igual a 11, entonces debemos buscar todas las posibilidades de que las cifras A y B

sumen 11.

(A,B) =(2,9), (3,8), (4,7) y (5,6), luego los números pedidos son;

29, 92, 38, 83, 47, 74, 56 y 67, en total tenemos 8

Respuesta E)

19

Ejercicio 323

323. Se tiene 9 monedas y una balanza, una de ellas es más pesada que las otras, que pesan lo

mismo, ¿cuál es el menor número de pesadas para encontrar la de mayor peso?

A) 2 pesadas

B) 3 pesadas

C) 4 pesadas

D) 5 pesadas

E) 9 pesadas

Solución:

Separamos las 9 monedas en tres grupos de 3 monedas, sabemos que uno de esos grupos

pesará distinto, ponemos dos grupos de tres en la balanza, si queda nivelada, entonces los

dos grupos que están en la balanza no tienen la moneda más pesada, y el grupo de tres

que quedó fuera debe tener la más pesada. Si la balanza se inclina, entonces la que quedó

más abajo en la balanza tiene la moneda más pesada.

Como ya tenemos el grupo de 3 monedas donde está la más pesada, ponemos dos de las

monedas en la balanza, si está queda equilibrada, entonces la moneda más pesada está

fuera o si se inclina la balanza, entonces la más pesada será la que queda más abajo.

Respuesta A

Ejercicio 324

324. En un campeonato de ajedrez participan 623 jugadores, un participante queda eliminado

tan pronto pierde un juego. ¿Cuántos partidos han de jugarse para determinar el

campeón?

A) 2 partidos

B) 310 partidos

C) 311 partidos

D) 312 partidos

E) 622 partidos

Solución:

Pensemos de la siguiente manera:

Si tenemos dos jugadores, se haría un partido. Si tuviésemos 3 jugadores necesitamos de

2 partidos. Si tenemos 4 jugadores, habría que hacer 3 partidos para tener ganador, y así

sucesivamente, por tanto tenemos la siguiente regularidad:

Jugadores N° de partidos

2 1

3 2

4 3

5 4

Podemos inferir que el número de partidos es uno menos que el número de jugadores, por

tanto 623 – 1 = 622 partidos.

Respuesta E)

20

Ejercicio 326

326. En una encuesta de mercado sobre el consumo de tres marcas A, B y C de un producto

arrojó los siguientes resultados; A lo consumen el 48%, B el 45%, C el 50%, A y B el 18%,

B y C el 25%, A y C el 15% y ninguno de los tres el 5%. ¿Qué porcentaje de los

encuestados consumen solo producto C?

A) 10 %

B) 20 %

C) 30 %

D) 8 %

E) 5 %

Solución:

Como el enunciado del problema nos habla de

consumos comunes entonces para establecer las

relaciones nos apoyaremos en conjuntos. Ahora

planteamos las ecuaciones, vamos prescindir de los

porcentajes para simplificar el planteo.

a + b + d + e = 48

b + c + f + e = 45

g + d + f + e = 50

a + b + c + d + e + f + g = 95 (100-5)

por otro lado tenemos que:

b + e = 18

e + f = 25

d + e = 15

Ahora del primer grupo de ecuaciones, si sumamos las 3 primeras y luego le restamos la

cuarta nos que:

b + d + 2e + f = 48, ahora sumemos el segundo grupo de ecuaciones, nos queda:

b + d + f + 3e = 58, si restamos ahora, la última menos la anterior nos queda:

e = 10, aplicando e para obtener lo que necesitamos, recordando que nos piden los que

sólo prefieren C, es decir g, hacemos lo siguiente:

10 + f = 15 f = 5, d + 10 = 15 d = 5, luego aplicamos en;

g + d + f + e = 50 g + 5 + 15 + 10 = 50 g = 20

Respuesta B)

AB

C

5%

ab c

d

e

f

g

21

Ejercicio 327

327. Si un número es dividido por 10 da resto 9, por 9 da resto 8, por 8 da resto 7 y así hasta

que se divide por 2 dando resto 1, entonces el menor número que cumple con estas

condiciones es

A) 59

B) 419

C) 1259

D) 2519

E) Ninguna de las anteriores

Solución:

Sean N el número buscado y aplicando el “algoritmo de la división tenemos;

N:10

1

,

N:9

1

N:8

1

N:7

1

Y así hasta dividirlo por 2, luego lo expresamos como;

N 10 1; N 9 1; N 8 1; N 7 1 y así sucesivamente, ahora restemos 1 en todas

y nos queda;

N 1 10 ; N 1 9 ; N 1 8 ; N 1 7

Nos damos cuenta que N – 1 es múltiplo de; 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, luego buscamos el

mínimo común múltiplo entre dichos número y obtenemos 2520, finalmente:

N – 1 = 2.520

N = 2.521

Respuesta E

Ejercicio 338

338. Si b y c son enteros y (x +2)(x + b) = x2 + cx + 6, entonces c =

A) -5

B) -1

C) 3

D) 5

E) 1

Solución:

(x + 2)(x + b) = x2 + (2 + b)x + 2b y como dice el ejercicio dice

(x +2)(x + b) = x2 + cx + 6, entonces

x2 + (2 + b)x + 2b = x2 + cx + 6, luego:

2b = 6, entonces b = 3 y como;

2 + b = c

2 + 3 = c

Respuesta D

22

Ejercicio 340

340. Los números a, b, c y d son enteros positivos que satisfacen el sistema de ecuaciones;

ab + cd = 38

ac + bd = 34

ad + bc = 43

entonces ¿cuál es el valor de a + b + c + d?

A) 16

B) 17

C) 18

D) 19

E) 77

Solución:

Como se ve complicado obtener los valores de; a, b, c, d, tratemos de obtener las sumas

correspondientes, y si tomamos la 2ª y la 3ª ecuación y las sumamos tenemos;

ac + bd + ad + bc = 77, apareamos y factorizamos, nos queda;

a(c + d) + b(c + d) = 77

(a + b)(c + d) = 77, y como 77 al expresarlo como producto solo se puede hacer de dos

formas en los enteros; 1 · 77 o 7 · 11 y como dos enteros positivos no pueden sumar 1

entonces lo único posible es que:

(a + b)(c + d) = 7 · 11, luego podemos decir que;

a + b + c + d = 7 + 11 = 18

Respuesta C

Ejercicio 341

341. Si

x y10

z y, entonces el valor de

x z

y z es

A) 11

B) -11

C) 9

D) -9

E) 10

Solución:

Escribamos lo que nos dan de la siguiente manera:

x y 10

z y 1

, aplicando la materia de proporciones y en especial el trabajo con la constante

(k) de proporcionalidad, tenemos:

x – y = -10k

z – y = k, ahora restamos las dos ecuaciones y nos queda:

x – y – z + y = - 11k x – z = -11k

Si multiplicamos la segunda ecuación por -1, nos queda que y – z = -k, reemplazando nso

queda:

x z 11k

11y z k

Respuesta A)

23

Ejercicio 351

351. 3 2

2 2 3

m mn

mn m n 2m

=

A) m n

n 2m

B) m n

n 2m

C) m

n 2m

D) 2

1

m n 2

E) m n

n 2m

Solución:

Factorizaremos primero para simplificar después, así nos queda:

3 2 2 2

2 2 3 2 2

m mn m(m n )

mn m n 2m m(n mn 2m )

, ya podemos simplificar por m y luego:

2 2

2 2

m n (m n)(m n)

(m 2m)(m n)n mn 2m

, si simplificamos ahora por m – n, tenemos la respuesta.

Respuesta A)

Ejercicio 356

356. ¿Cuál es el coeficiente de la cantidad literal que se obtiene de multiplicar los polinomios

(3x3 – 2x2 + x – 5) , (x3 + 5x2 – 7x + 1) y cuyo factor literal es x4?

A) -31

B) -30

C) -21

D) 31

E) ninguno de los anteriores

Solución:

Para obtener lo que nos piden, sólo nos ocuparemos de los productos que dan x4, para no

demorarnos en multiplicar por completo los dos polinomios.

3x3 -7x = -21x4, también al multiplicar -2x2 5x2 = -10x4 y finalmente x x3, así

finalmente nos queda:

-21x4 – 10x4 + x4 = -30x4

Respuesta B)

24

Ejercicio 366

366. 1

3 a2

1a

resulta ser igual a 3 si

(1) a = 1

(2) a es cualquier real distinto de cero

A) (1) por sí sola

B) (2) por sí sola




Solución:

Analizaremos la primera información:

(1) a = 1, reemplazamos a y nos queda: 1 1

3 1 4 4 1 32 2 1

11

, por tanto me

sirve la información (1)

Analizamos la información (2)

Si a es cualquier real distinto de cero, basta pensar en que a = 2, y el denominador de la

fracción se nos hará cero y no es real, por tanto esta información ya no nos sirve.

Respuesta A)

Ejercicio 425

425. Para determinar el volumen de un estanque puede procederse de la siguiente manera.

Agregamos 10 litros de agua que contienen 6300 gramos de colorante. Cuando el colorante

está bien disuelto en el volumen total, sacamos 10 litros de agua y observamos que ésta

tiene ahora 1,75 gramos de colorante. ¿Cuál es el volumen del estanque?

A) 3.590

B) 36.000

C) 11.025

D) 3.600

E) 35.990

Solución:

Del enunciado podemos inferir que una vez que se le agrega el colorante, en el estanque

hay 6.300 gramos de colorante disuelto en el total de la capacidad, luego si sacamos una

muestra de 10 litros y en ellos hay 1,75 gramos de colorante entonces podemos plantear la

siguiente regla de tres (proporción)

10 litros 1,75 gr

X litros 6.300 gr

Las cantidades son directamente proporcionales, luego;

10 · 6.300 = X · 1,75

X = 36.000 litros

Respuesta B)

25

AB BA A0B

Ejercicio 442

442. ¿Para cuántos enteros m, con 10 m 100 , el trinomio m2 + m – 90 es divisible por 17?

A) 0

B) 7

C) 10

D) 11

E) 12

Solución:

Que el trinomio sea divisible por 17 es lo mismo que sea múltiplo de 17, por tanto

factorizaremos:

m2 + m – 90 = (m + 10)(m – 9)

Luego para decir que es múltiplo de 17, el trinomio entonces m + 10 o m – 9 deben ser

múltiplos de 17, y si además consideramos que m es mayor o igual a 10 o menor o igual a

100, entonces;

Para que m + 10 sea múltiplo de 17, m debe ser; 24, 41, 58, 75, 92, tenemos 5 valores

para m.

Para que m – 9 sea múltiplo de 17, m debe ser; 26, 43, 60, 77, 94, tenemos otros 5

valores de m.

Respuesta C)

Ejercicio 445

445. Manejando por la carretera a velocidad constante encontré una señal que indicaba AB

kilómetros (A y B dígitos). Una hora después apareció otra señal con BA kilómetros, y otra

hora más tarde encontré la que indicaba A0B kilómetros, luego A + B =

A) 3

B) 4

C) 5

D) 6

E) 7

Solución:

Como el vehículo viaja a velocidad constante y las señales las cada hora entonces se puede

deducir que las señales están separadas la misma distancia, luego tenemos:

Aplicamos y nos queda:

BA – AB = A0B – BA

10B + A – (10A + B) = 100A + B – (10B + A)

9B – 9A = 99A – 9B

18B = 108A

Como el mayor valor de B es 9, 18 · 9 = 162, entonces debemos deducir que A no puede

ser otro valor que 1, ahora si A = 1, nos queda:

18B = 108

B = 6

A + B = 1 + 6

Respuesta E)

26

Ejercicio 455

455. Un factor de la expresión 2 2 2x y z 2yz x y z es

A) no tiene factor lineal de coeficientes enteros

B) –x + y + z

C) x – y – z + 1

D) x + y – z + 1

E) x – y + z + 1

Solución:

Debemos agrupar, considerando formas conocidas, por tanto agrupemos de la siguiente

manera:

x2 – (y2 – 2yz + z2) + x + y – z

x2 –(y – z)2 + x + y – z, como vemos ahora tenemos una suma por diferencia,

(x + y – z)(x – y + z) + (x + y – z), ahora os aparece un factor común; x + y – z,

(x + y – z)(x – y + z + 1)

Respuesta E)

Ejercicio 517

517. Las llaves A, B y C entregan un caudal constante cada una de ellas. Cuando las tres están

abiertas llenan un estanque en 1 hora, cuando sólo están abiertas A y C se llena el

estanque en 1,5 horas y cuando están abiertas B y C lo llenan en 2 horas. El número de

horas que A y B pueden llenar el estanque es

A) 1,1

B) 1,15

C) 1,2

D) 1,25

E) 1,75

Solución:

Considerando el razonamiento “cantidad de acción por unidad de tiempo”, tendremos lo

siguiente:

Llave Tiempo en llenarlo Fracción de llenado en 1

hora

A a horas 1

a

B b horas 1

b

C c horas 1

c

Juntas las 3 1 11

1

Diremos ahora que cuando las tres están abiertas tenemos; 1 1 1 1

1a b c 1 , si A y C lo

llenan en 1,5 horas, entonces; 1 1 1 1 2

3a c 1,5 3

2

. Si B y C lo hacen en 2 horas, luego;

1 1 1

b c 2 . Finalmente tenemos tres ecuaciones;

1 1 11

a b c

1 1 2

a c 3

1 1 1

b c 2

, sumando la segunda y la

27

tercera ecuación y después restamos la primera, nos queda; 1 2 1 1

1c 3 2 6 , luego

tenemos que lo que llena la llave A y B en una hora será

1 1 1 1 1 1 1 1 5 1 1 11 1

6a b 6 a b 6 a b 6 a b

5

, por tanto A y B juntas lo llenan en 6

1,25

horas.

Respuesta C)

Ejercicio 534

534. Dado; log2 = 0,3 y log3 = 0,48, luego al resolver x x 13 3 8 , x =

A) 1

B) 0,78

C) 1,78

D) 0,625

E) otro valor

Solución:

Primero factorizamos por 3x y trabajamos:

x x 1 x x x3 3 8 3 (1 3) 8 3 4 8 3 2 , ahora aplicamos logaritmo en base 3 y nos

queda;

x

3 3 3 3 3log 3 log 2 x log 3 log 2 x log 2 , ahora cambiamos a base 10 y reemplazamos

quedando:

log2 0,3 30 5

x 0,625log3 0,48 48 8

Respuesta D)

Ejercicio 535

535. Si 4

xlog 25

3 , entonces log5 =

A) x

3

B) x

x 3

C) 5x

D) 3x

E) x + 3

Solución:

Primero cambiamos a base 10: 2

4 2

log25 log5 2log5 log5log 25

log4 2log2 log2log2 , ahora reemplazamos,

quedando:

log5 x xlog5 log2

log2 3 3 , escribimos de manera amigable log2 =

10log log10 log5 1 log5

5 ,

finalmente reemplazamos y nos queda:

x x x x xlog5 (1 log5) log5 log5 log5 log5

3 3 3 3 3 ahora factorizamos por log5 y

despejamos:

x x 3 x x x 3 xlog5(1 ) log5 log5

3 3 3 3 3 3 x 3 x

Respuesta B)

28

Ejercicio 536

536. Si log n = 8, entonces 2

1

logn

A) 1

16

B) 1

8

C) -1

8

D) 1

16

E) - 16

Solución:

Arreglando lo que preguntan tenemos que;

2

1 1

2 lognlogn

, ahora reemplazamos logn y nos queda:

1 1 1

2 logn 2 8 16

Respuesta A)

Ejercicio 538

538. Dado que 3x-2 – 2 = 0, entonces x =

A) 3log 18

B) 2 3log 2

C) 3log 11

D) 2 + log 2 – log 3


Solución:

Despejamos primero;

x

x 2 x 2 x 2 x

2

33 2 0 3 2 2 3 2 3 3 18

3

, ahora aplicamos logaritmo en base 3 y

tenemos:

x3 3 3 3 3log 3 log 18 x log 3 log 18 x log 18

Respuesta A)

29

Ejercicio 545

545. Sean x e y dos reales tales que 1 1

x4 3 ,

2 3y

3 4 y A = 3x – 2y, entonces es correcto

afirmar que

A) 4 5

A3 2

B) 3 1

A4 3

C) 3

A 14

D) 1

A 03

E) 4 3

A3 4

Solución:

El mayor valor de una resta es cuando el minuendo (primero) es el más grande y el

sustraendo (segundo) es el más pequeño y el menor valor de una resta es cuando el

minuendo es el menor posible y el sustraendo es el mayor posible, así entonces tenemos

que:

El mayor valor de A será; 1 2 4 1

A 3 2 13 3 3 3

, luego, el menor valor de A será:

1 3 3 6 3

A 3 24 4 4 4 4

, finalmente diremos que 3 1

A4 3

Respuesta B)

Ejercicio 552

552. En la fracción nm2

nm

, m y n son enteros resulta ser una fracción propia positiva si:

I) m > 0

II) m > n

III) m = n

A) Sólo I

B) Sólo II

C) Sólo III

D) Sólo I y III

E) I, II y III

Solución:

Primero digamos que toda fracción es propia cuando es positiva y el numerador es menor

que el denominador. Por otro lado hay que tener presente que el denominador no puede

cero, así entonces analicemos:

I) Falso; puede que el denominador sea cero, m = 1 y n = -2

II) Falso; pues se puede dar el caso anterior.

III) Falso; pues pueden ser ambos ceros.

Ahora si tenemos I y III, estamos seguros que el denominador no es cero y nos queda la

fracción; m n m m 2m 2

2m n 2m m 3m 3

Respuesta D)

30

f(x)

h(x)

f(x)

x

Ejercicio 553

553. El enunciado “el triple de la diferencia entre un número x y 7, es igual el doble de la suma

del mismo número con 8”, se expresa como

A) 3x – 7 = 2x + 8

B) 3(x – 7) = 2x + 8

C) 3x – 7 = 2(x + 8)

D) 3(7 – x) = 2(x + 8)

E) 3(x – 7) = 2(x + 8)

Solución:

Al traducir, “el triple de la diferencia entre un número x y 7” tenemos; 3(x – 7) y luego al

traducir “el doble de la suma del mismo número con 8”, nos queda 2(x + 8), por tanto

finalmente se obtiene que:

3(x – 7) = 2(x + 8)

Respuesta E)

Ejercicio 557

557. Si log2 = a, log3 = b y log5 = c, entonces log10

9=

A) a + c – 2b

B) a + c + 2b

C) ab

2c

D) a + c + b2

E) a + c – b2

Solución:

Expresemos los que nos piden en términos de lo que nos dan, así tenemos que:

210log log10 log9 log2 5 log3 log2 log5 2log3

9

Ahora solo reemplazamos y nos queda: a + c – 2b

Respuesta A)

Ejercicio 558

558. En la figura 3, están representadas las funciones f(x) = x2 – 4x + 5 y h(x) = x + 1, ¿en

qué intervalo de x, h(x) f(x)?

A) 1,4

B) 1,4

C) 1,2

D) 1,2

E) 4,5 fig. 3

Solución:

Es evidente que h(x) f(x) entre los dos puntos de intersección de las gráficas, y en esos

puntos h(x) = f(x), luego:

2

21 2

h(x) f(x) x 1 x 4x 5

0 x 5x 4 0 (x 4)(x 1) x 4 y x 1

Por lo tanto desde 1 hasta 4, h(x) f(x), 1,4 .

Respuesta A)

31

Ejercicio 560

560. Si f(n + 1) = 2f(n) 1

2

, para n = 1, 2, 3, … y f(1) = 2, entonces f(101) =

A) 49

B) 50

C) 51

D) 52

E) 53

Solución:

Escribamos la función de otra manera:

f(n + 1) =2f(n) 1 2f(n) 1 1

f(n)2 2 2 2

Ahora si aplicamos tendremos:

f(1) 2

1 1f(2) f(1 1) f(1) 2

2 2

1 1 1 1f(3) f(2) 2 2 2

2 2 2 2

1 1 1 1 1f(4) f(3) 2 2 3

2 2 2 2 2

Nos podemos dar cuenta de la regularidad que se va produciendo, ahora si la aplicamos

nos queda;

1

f(101) 2 100 522

Respuesta D)

Ejercicio 564

564. Una familia está compuesta de x hermanos e y hermanas. Cada hermano tiene un número

hermanos igual al número de hermanas. Cada hermana tiene el doble de hermanos que de

hermanas. ¿Cuánto es x + y?

A) 5

B) 6

C) 7

D) 8

E) 9

Solución:

Al decir que: “Cada hermano tiene un número hermanos igual al número de hermanas”

entonces lo podemos traducir como; x – 1 = y. Al traducir ahora “Cada hermana tiene el

doble de hermanos que de hermanas”, 2(y - 1) = x, luego reemplazamos x de la primera

ecuación en la segunda;

2(y – 1) = y + 1

2y – 2 = y + 1

y = 3

luego x – 1 = 3, entonces x = 4

Respuesta C)

32

Ejercicio 565

565. Una lancha tarda 3 horas en recorrer 24 km río arriba y tarda 2 horas en recorrer

24 km río abajo. ¿Cuál es la velocidad de la corriente del río?

A) 2 km/hrs.

B) 3 Km/hr.

C) 4 Km/hr.

D) 6 Km/hrs.

E) 10 Km/hrs.

Solución:

Si la lancha va aguas arriba la corriente del río la va frenando, pero si la lancha va a favor

de la corriente (río abajo), entonces la corriente del río le ayuda, luego si decimos que Vl es

la velocidad de la lancha y Vr la velocidad del río, entonces tenemos que:

Vl – Vr = 24 km

83 h

(situación río arriba)

Vl + Vr = 24 km

122 h

Ahora resolvemos el sistema siguiente:

l r

l r

r r

V V 8 si a la segunda ecuación le restamos la primera, tenemos

V V 12

km2V 4 V 2

h

Respuesta A)

Ejercicio 568

568. Si x profesores, trabajando x horas diarias, durante x días corrigen x pruebas, entonces el

número de pruebas corregidas por y profesores, trabajando y horas por día, durante y días

es

A) 3y

B) 3

2

x

y

C) 2

3

x

y

D) x

y

E) xy

Solución:

En este ejercicio es conveniente plantearlo como un regla de tres compuesta a saber:

x prof. x h/d x días x pruebas

y prof. y h/d y días u pruebas

Ahora si analizamos lo siguiente:

i) x prof. x h/d

y prof. y h/d

, nos damos que son cantidades inversamente proporcionales, ya que

el aumentar el número de profesores se debe trabajar menos horas al

día para hacer el trabajo.

ii) x h/d x días

y h/d y días

, son inversamente proporcionales, ya que trabajando más horas al día

se deberá trabajar menos días.

33

iii) x días x pruebas

y días u pruebas

son directamente proporcionales, ya que al trabajar más días se

corregirán más pruebas.

Recordando que si son inversamente proporcionales el producto es constante, entonces

debemos multiplicar en linea y si son inversamente proporcionales el cuociente es

constante, por tanto habrá que multiplicarlas cruzado, entonces aplicamos y tenemos:

3 3

3 2

y x yx x x u y y y x u

x x

Respuesta C)

Ejercicio 577

577. Si f(x) es una función que cumple con que f(2x + 1) = 2f(x) +1, para todo real x, si f(0) =

2, entonces f(3) =

A) 5

B) 9

C) 11

D) 13

E) 15

Solución:

Aplicamos la condición de la función y nos queda:

f(3) = f(2·1 + 1) = 2f(1) + 1, no conocemos f(1)

Aplicamos la condición de la función para f(1):

f(1) = f(2·0 + 1) = 2f(0) + 1 y como sabemos que f(0) = 2, reemplazando nos queda:

f(1) = 2·2 + 1 = 5, reemplazamos ahora f(1) para obtener f(3)

f(3) = 2f(1) + 1 = 2·5 + 1 = 11

Respuesta C)

34

Ejercicio 578

578. Suponiendo que el gráfico de la función f(x) = ax2 + bx + c, se muestra en la figura 1,

entonces ¿cuántas de las siguientes expresiones; ab, ac, b, a + b + c, a – b + c, son

positivas?

A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

fig. 4

Solución:

Como la parábola abre hacia arriba, entonces a > 0, es obvio que c > 0, es la ordenada

donde la gráfico corta al eje y. Como el eje de simetría es positivo entonces; b

02a

y

como a >0, luego b es necesariamente negativo. Hasta aquí tenemos;

ab es negativo, ac es positivo, b es negativo, a – b +c es positivo, sólo nos queda saber

que signo tiene a + b + c y para eso, diremos lo siguiente;

como lo muestra la figura, f(1) < 0, ahora

f(1) = a(1)2 + b(1) + c

f(1) = a + b + c

finalmente

a + b + c < 0

Respuesta B)

Ejercicio 581

581. Se denota por s(n) a la suma de las cifras de un número n. Por ejemplo s(197)=1 + 9 + 7

= 17. Sea 2s (n) s(s(n)) , 3s (n) s(s(s(n))) , y así sucesivamente. El valor de 1699s (1699) es

A) 1

B) 4

C) 7

D) 12

E) 18

Solución:

Aplicando la definición tendremos:

s(1699) = 1 + 6 + 9 + 9 = 25

s2(1699) = s(s(1699)) = s(25) = 2 + 5 = 7

s3(1699) =s(s(s(1997))) = s(s(25)) = s(7) = 7

De aquí en adelante siempre resultará 7, por tanto;

s1699(1699) = 7

Respuesta C)

1

1

f(1)

35

Ejercicio 584

584. Se guardan granos sin cáscaras en un silo de 10 m3. Se añaden granos con cáscaras hasta

llenar el silo. A continuación se quita la cáscara al grano que la tenía, lo que supone

prescindir de los dos quintos de su volumen. El grano que queda, todo sin cáscara, llena al

recipiente hasta los 7 m3, ¿cuánto grano había inicialmente?

A) 1,5 m3

B) 2,5 m3

C) 3 m3

D) 4,5 m3

E) 7,5 m3

Solución:

Como lo dice el problema, el silo está lleno (10 m3) con granos con cáscaras y sin cáscaras,

además nos dicen que al sacarle la cascara a los que las tienen, estos pierden dos quintos

de su volumen y el grano que queda llena 7 m3, luego podemos inferir que los 3 m3 que

varió el volumen corresponde a los dos quintos perdidos al pelar los granos con cáscaras,

por tanto:

3 32 granos con cáscaras = 3 m granos con cáscaras 7,5 m

5 .

Luego si fueron 7,5 m3 los agregados, por tanto los granos inicialmente fueron 2,5 m3.

Respuesta B)

Ejercicio 585

585. Al resolver el sistema de ecuaciones 3x 2y 0,005

x 1,5y 0,01

, el valor de x – y es

A) -0,035

B) 0,015

C) 0,0015

D) -0,015

E) -0,0025

Solución:

Si optamos por el camino de obtener x e y para después restarlos, puede ser un poco

aburrido, por tanto intentaremos llegar de inmediato a x – y, para eso vamos a multiplicar

por 2 y luego a la primera ecuación le restamos la segunda y nos queda:

3x 2y 0,005 3x 2y 0,005

x 1,5y 0,01 2x 3y 0,02

x y 0,005 0,02 0,015

Respuesta D)

36

Ejercicio 587

587. ¿Cuál de las siguientes expresiones es equivalente a log 543 ?

A) log 453

B) log 435

C) log 345

D) log 534

E) log 354

Solución:

Sea log 543 u , aplicamos logaritmo en base 4, entonces tenemos:

4log 5 44 3 4 4 4 4

4

log ulog 3 log u log 5 log 3 log u log 3

log 5

Recordando el cambio de base, tenemos que;

44 4 5

4

log ulog 3 log 3 log u

log 5 , ahora aplicamos la definición de logaritmos y nos queda:

4log 35 u , y como u es igual a lo que nos preguntan, entonces 4 4log 3 log 55 3 .

Respuesta C)

Ejercicio 595

595. Dado 1

2 1 3 a b2

, con a y b enteros positivos, luego el valor absoluto de la

diferencia entre a y b es

A) 8

B) 6

C) 4

D) 2

E) 1

Solución:

Escribamos 1

2 1 32

de la forma a b , llevaremos primero el 2 dentro de la raíz:

1 12 1 3 4 1 3 4 2 3

2 2

Ahora veamos que 4 2 3 es el cuadrado de 3 1 ,

2 2

3 1 3 2 3 1 1 3 2 3 1 4 2 3 , finalmente tenemos que;

21

2 1 3 3 1 3 1 3 12

, así a = 3 y b = 1, 3 1 2

Respuesta D)

37

Ejercicio 597

597. Si xc log b y 22x

d log (b ) , entonces d en término de c es

A) 2c

B) c-1

C) c

D) c2

E) c

2

Solución:

Cambiamos de base 22

xlog (b ) a base x y nos queda 2

22 x x

x2xxx

log b 2 log blog (b ) log b

2 log xlog x

Entonces c = D

Respuesta C)

Ejercicio 602

602. Dado un conjunto de n números, n > 1, en que uno de ellos es 1

1n

, y todos los restantes

son 1, entonces el promedio de los n números es

A) 1

B) 1

nn

C) 2

1n

n

D) 2

11

n

E) 2

1 11

n n

Solución:

Como uno de los números es 1

1n

, y todos los restantes son unos, por tanto podemos

decir que hay (n – 1) números que son unos, por lo tanto:

21 1 1 n 11 (n 1) 1 1 n 1 n

n n n nx x x xn n n n

2 2

2 2 2 2

n 1 n 1 1x 1

n n n n

Respuesta D)

38

Ejercicio 606

606. ¿Cuál de las siguientes alternativas representa una relación correcta al respecto de la

función f(x) = ax2 + bx + c, representada gráficamente en la figura 5?

A) a > 0, b < 0, c > 0

B) a > 0, b > 0, c < 0

C) a > 0, b < 0, c < 0

D) a < 0, b < 0, c > 0

E) ninguna de las anteriores fig. 5

Solución:

Como se aprecia en la figura el eje de simetría de la parábola está en el eje y, por tanto el

eje de simetría es x = 0, luego como sabemos que el eje de simetría es x = b

2a , entonces

b debe ser cero.

Respuesta E)

Ejercicio 608

608. ¿Cuántas funciones distintas se pueden definir con el dominio D = {a,b} y el recorrido R =

{1,2,3}?

A) 2

B) 6

C) 8

D) 3

E) 9

Solución:

Este problema se trata de contar adecuadamente las funciones que se puede generar con

ese dominio y ese recorrido, veamos:

i) manteniendo fijo el par (a,1) tenemos las siguientes funciones;

(a,1),(b,1) ; (a,1),(b,2) ; (a,1),(b,3) , es decir 3 funciones distintas.

ii) ahora si mantenemos fijo el par (a,2), tenemos;

(a,2),(b,1) ; (a,2),(b,2) ; (a,2),(b,3)

iii) para terminar mantenemos fijo el par (a,3) y nos queda:

(a,3),(b,1) ; (a,3),(b,2) ; (a,3),(b,3)

Por tanto hay 9 funciones.

Respuesta E)

y

x

39

Ejercicio 614

614. 2 2 2 2

1 2 3 15log log log ... log

2 3 4 16 =

A) -4

B) -2

C) -1

D) 2

1 2 3 15log ( )

2 3 4 16

E) 2log 15

2

Solución:

Aplicando la propiedad de la suma de logaritmos de igual base tenemos:

2 2 2 2 2

1 2 3 15 1 2 3 15log log log ... log log ...

2 3 4 16 2 3 4 16

Simplificando adecuadamente, nos queda:

42 2 2 2

1 2 3 15 1log ... log log 2 4 log 2 4

2 3 4 16 16

Respuesta A)

Ejercicio 621

621. ¿Para cuántos valores de k en la ecuación 2kx 2kx 1 0 , esta tiene exactamente una

solución?

A) ninguno

B) 1

C) 2

D) 3

E) 4

Solución:

Para saber si tiene una solución nos debemos remitir al discriminante, pues cuando este es

igual a 0 entonces la ecuación cuadrática tiene una solución o dos soluciones reales

iguales, luego:

b2 – 4ac = 0 (2k)2 - 4 k 1 = 0 4k2 – 4k = 0 4k(k – 1) = 0

finalmente 4k = 0 k = 0, o k – 1 = 0 k = 1

Respuesta C)

40

Ejercicio 622

622. Si 1 1

1x x x

, entonces x =

A) 2

B) 3

C) 5

D) 7

E) 1

2

Solución:

Usamos la siguiente variable auxiliar; u x , luego 2u x ,entonces aplicamos a la


2

1 11

u u u

1 11

u u(u 1)

1 11 1

u u 1

11 u

u 1

1u 1

u 1

1 =(u + 1)(u – 1)

1 = u2 -1

2 = u2, y como sabemos que u2 = x, entonces x = 2

Respuesta A)

Ejercicio 626

626. Si 4x = 8y y 3y = 2 · 3x, entonces y =

A) -2

B) 4

3

C) log2

log3

D) 2log3

log2

E) 2log2

log3

Solución:

Igualando las bases en la primera igualdad, tenemos:

x y 2x 3y4 8 2 2 2x 3y , ahora trabajamos en la segunda ecuación:

y

y x y x

x

33 2 3 2 3 2

3

, reemplazamos x de la ecuación anterior y nos queda;

3 1

y y y2 23 2 3 2

, aplicamos logaritmo en base 3:

1y

23 3 3 3 3 3

1 1log 3 log 2 y log 3 log 2 y log 2 y 2log 2

2 2

, finalmente cambiamos de

base 3 a base 10 y tenemos;

log2y 2

log3

Respuesta E)

41

Ejercicio 630

630. Si a b2 n , entonces el valor de a se puede conocer si:

(1) b = 1

(2) n = 0

A) (1) por sí sola

B) (2) por sí sola




Solución:

Si conocemos el valor de nb podríamos conocer el valor de 2a, luego la información (1) es

insuficiente ya que todo número elevado a 1 es el mismo número. La información (2) no es

suficiente ya que podríamos tener 00, luego debemos tener el valor de b o saber que es

positivo.

Con las dos informaciones podemos decir que el valor de a, no existe, pues:

2a = 01 es decir 2a = 0 y como la base es positiva entonces ningún valor de a hará que sea

0. Podemos decir que no existe ningún valor de a.

Respuesta C)

Ejercicio 632

632. Si n es un entero positivo, entonces la suma de las cifras del número equivalente a

(104n+2 + 1)2

A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) depende de n

Solución:

Si resolvemos el cuadrado de binomio, nos queda:

2

4n 2 4n 210 2 10 1 1 8n 4 4n 210 2 10 1 , si sumamos los tres tendríamos:

1000…0 con 4n + 2 ceros, ahora 4n 22 10 , sería un dos con 4n + 2 ceros y le agregamos

1, luego la situación sería de la siguiente manera:

100 . . . 0

2 . . . 0

+ 1

100... 200 . . . 1

Finalmente nos damos cuenta que solo tendrá las cifras 1, 2, 1 y muchos ceros, luego la

suma de ellas es 1 + 2 + 1 = 4

Respuesta D)

42

Ejercicio 634

634. 1

1 2

=

A) 2 1

B) 2 1

C) 2 1

D) 2 1

E) 1

Solución:

Previo a racionalizar haremos lo siguiente:

1 1 1 1

1 2 2 11 2 1 2

Ahora racionalizamos dentro de la raíz y nos queda:

1 1 2 1 2 1

2 12 12 1 2 1 2 1

Respuesta A)

Ejercicio 635

635. Si x es un real, entonces la expresión (1 x)(1 x) es positiva si y solo si

A) x 1

B) x < 1

C) x 1

D) x < -1

E) x < -1 o -1 < x < 1

Solución:

Para que la expresión sea positiva los dos paréntesis deben ser positivo o negativos, luego

deberemos analizar ambos casos:

Caso 1, (1 x) 0 y (1+x)>0

1 x 0 1 x 1 x 1

1 x 0 x 1 , ahora intersectamos ambas soluciones y nos queda que:

-1 > x > 1

Caso 2, (1 x) 0 y (1+x)<0

1 x 0 1 x x 1 o x<-1

1 x 0 x 1 , intersectando ambos tenemos que x < -1

Finalmente como se da el caso 1 o el caso 2, entonces x < -1 o -1 < x < 1

Respuesta E)

43

Ejercicio 637

637. Si x vacas dan x + 1 latas de leche en x + 2 días, ¿cuántos días necesitarán x + 3 vacas en

dar x + 5 latas de leche?

A) x(x 2)(x 5)

(x 1)(x 3)

B) x(x 1)(x 5)

(x 2)(x 3)

C) (x 1)(x 3)(x 5)

x(x 2)

D) (x 1)(x 3)

x(x 2)(x 5)


Solución:

Planteamos la regla de tres,

quedando:

Como el número de vacas es

directamente proporcional a las

latas y el número de latas es

directamente proporcional días,

luego debemos operar según las

flechas, es decir;

x (x 5)(x 2) (x 3)(x 1) d x(x 5)(x 2)

d(x 3)(x 1)

Respuesta A)

Ejercicio 638

638. Si 4 8 1,68 , entonces 31,68 =

A) 2

B) 8

C) 4 8

D) 4 2

E) 3 8

Solución:

Si

14 48 1,68 8 1,68 , ahora reemplazamos en lo que nos preguntan y nos queda:

11 1 3 1

33 43 124 12 12 41,68 8 8 2 2 2 2

Respuesta D)

Vacas Latas Días

x x + 1 x + 2

x + 3 x + 5 d

44

Ejercicio 640

640. Si 1

x1

11

11

11 ...

, entonces x =

A) 2 1

4

B) 5 1

2

C) 1

3

D) 6 1

4

E) 3 1

2

Solución:

Como nos damos cuenta, la situación se va repitiendo hasta el infinito, y si miramos los

que está en rojo,

1

11

11

1x

1

1 ...

nos damos cuenta que lo que está en rojo es igual a x, luego reemplazamos y nos queda:

1

11

1

1 1x

1 x1

11 ...

, 21x x(1 x) 1 x x 1 0

1 x

Aplicando la fórmula de las ecuaciones cuadráticas, tenemos:

1 1 4 1 5

x2 2

, y como x es positiva, la solución es

5 1

2

Respuesta B)

45

Ejercicio 644

644. Cuando en una división el dividendo es x, el divisor es y, el cuociente es u y el resto es v,

entonces ¿cuál es el resto que se obtiene al dividir x + 2uy por y?

A) 0

B) 2u

C) 3u

D) 2v

E) v

Solución:

Aplicando el algoritmo de la división tenemos que:

x : y u x yu v

v

Tenemos que x + 2uy = yu + v +2uy nos queda que 3uy + v lo debemos dividir por y,

pero como 3uy es divisible por y, por tanto el resto debe ser v, o hacemos lo siguiente:

3uy + v = 3uy v : y 3u

v

Respuesta E)

Ejercicio 645

645. Sea la función 2f(x) x 6x 3 , luego es verdadero que

A) el menor valor de la función es -3

B) el menor valor de la función es -6

C) el menor valor de la función es 24

D) el mayor valor de la función es 6

E) el mayor valor de la función es 24

Solución:

En esta función cuadrática a es negativo, por tanto sus ramas abrirán hacia abajo, por

tanto existirá un máximo, así ya no pueden ser A), ni B), ni C). El mayor valor de esta

función estará en el vértice de ella, por tanto buscamos las coordenadas del vértice, para

eso primero buscamos el eje de simetría, que es la abscisa del vértice:

x =b 6

32a 2 ( 1)

, ahora reemplazamos -3 en la función y tenemos:

2f( 3) ( 3) 6 ( 3) 3 9 18 3 6

Respuesta D)

46

Ejercicio 647

649. Si 2x2 – 2xy + y2 = 289, cuando x e y son enteros y 0x , entonces el número de

diferentes pares ordenados (x,y) que son soluciones de la ecuación es

A) 8

B) 7

C) 5

D) 4

E) 3

Solución:

Sabiendo que x e y son enteros y x en particular es mayor o igual a 0, reescribamos la

ecuación de la siguiente forma:

2 22x 2xy y 289 , 2 2 2 2x x 2xy y 17 , 2 2 2x (x y) 17 , así analizamos los

primeros casos:

i) Si x = 0 x – y = 17 2 22x 2xy y 289

Respuesta E)

Ejercicio 649

649. Si 2x2 – 2xy + y2 = 289, cuando x e y son enteros y 0x , entonces el número de

diferentes pares ordenados (x,y) que son soluciones de la ecuación es

A) 8

B) 7

C) 5

D) 4

E) 3

Solución:

Sabiendo que x e y son enteros y x en particular es mayor o igual a 0, reescribamos la

ecuación de la siguiente forma:

2 22x 2xy y 289 , 2 2 2 2x x 2xy y 17 , 2 2 2x (x y) 17 , ahora analizamos los

casos:

i) Si x = 0 x – y = 17 y = 17 , luego ya tenemos dos pares ordenados; (0,17)

y (0,-17).

ii) Ahora como vemos que la ecuación tiene la forma del teorema de Pitágoras y como

x e y son enteros entonces nos podemos apoyar en los tríos Pitagóricos y en

particular en uno de ellos, el (8,15,17), por tanto;

- Sea x = 8 y x – y = 15 8 – y = 15 y = -7 luego (8,-7) es otro par.

- Sea x = 8 y x – y = -15 8 – y = -15 y = 23 luego (8,23) es otro par.

- Sea x = 15 y x – y = 8 15 – y = 8 y = 7 luego (15,7) es otro par.

- Sea x = 15 y x – y = -8 15 – y = -8 y = 23 luego (15,23) es otro par.

iii) El último análisis es considerar que x = 17 y x – y = 0 17 – y = 0 y = 17,así

obtenemos el último par que es solución (17,17).

Respuesta B)

47

40º

A B

C

D

x

40º

A B

C

D

x

m

m

m+20º T

L1

L2

L1

L2

mm

nn

2n

Ejercicio 682

682. En el triángulo ABC de la figura 27, las líneas punteadas son bisectrices de los ángulos

respectivos, ¿cuánto mide x?

A) 40º

B) 30º

C) 20º

D) 10º

E) No se puede determinar fig. 27

Solución:

Como AT es bisectriz y CT también, el ángulo BCD es 2m + 40º, por tanto el ángulo TCD

es m + 20º y como este ángulo es exterior al triángulo ATC entonces tenemos que:

m + 20º = m + x

20º = x

Respuesta C)

Ejercicio 691

691. En la figura 30, L1 // L2, si las líneas punteados son bisectrices de los ángulos respectivos,

entonces el ángulo formado por las líneas punteadas mide

A) 90º

B) 75º

C) 60º

D) 45º fig. 30

E) No se puede determinar

Solución:

Si aplicamos el teorema de las paralelas cortadas

por una transversal, tenemos que;

2n + 2m = 180º, ahora dividimos por 2 la


n + m = 90, y por la suma de los ángulos

interiores de un triángulo nos queda que el

ángulo formado por las bisectrices es 90º.

Respuesta A)

48

Ejercicio 720

720. Si dos triángulos son congruentes, entonces ¿cuál de las siguientes alternativas es falsa?

A) Tienen la misma forma.

B) Sus ángulos correspondientes son iguales.

C) Tienen el mismo perímetro

D) Tienen los mismos ejes de simetría

E) Ninguna

Solución:

Si dos triángulos son congruentes, entonces tienen igual forma y sus medidas

correspondientes son iguales, por tanto A), B) y C) son verdaderas, ahora analicemos la D)

La figura muestra dos triángulos congruentes y sus ejes de simetría, como vemos son

distintos, están en distinto lugar, por tanto la afirmación D) es falsa.

Respuesta D)

Ejercicio 730

730. Desde las 14:30 a las 14:50, el ángulo descrito por el horario de un reloj análogo es (no

considerando el sentido de rotación)

A) 5º

B) 10º

C) 15º

D) 20º

E) 25º

Solución:

Como el círculo horario tiene 12 horas, entonces podemos decir que el desplazamiento de

1 hora de la manecilla del horario es 30º (360º : 12), por tanto establecemos la siguiente

regla de tres;

30º 60min

xº 20min

Como son cantidades directamente proporcionales, tenemos que:

30º · 20 = xº · 60

xº = 10º

Respuesta B)

49

B C

A

D

E

m3m

2m

m 7m

A C

B

D

Ejercicio 734

734. Los triángulos de la figura 57, son isósceles con AB = AC = BD, si BD AC entonces los

ángulos ACB y ADB suman

A) 115º

B) 120º

C) 130º

D) 135º

E) no tiene solución única fig. 57

Solución:

Consideremos al pentágono cóncavo ABCED, en el

la suma de sus ángulos interiores es 180º(5 – 2)

= 540º, luego podemos establecer que:

2v + 2t + 270º = 540º

2v + 2t = 270º, dividimos por 2

v + t = 135º

Observación:

En un polígono cóncavo la obtención de la suma

de los ángulos interiores se hace de la misma manera que en un polígono convexo.

Respuesta D)

Ejercicio 739

739. En la figura 60, AB = CD, luego m =

A) 10º

B) 15º

C) 18º

D) 20º

E) 9º fig. 60

Solución:

Al prolongar AD y aplicando el ángulo

exterior, detectamos que el triángulo

CDB es isósceles, por tanto DC = CB

y como sabemos que AB = CD

entonces concluimos que AB = CB y

el ángulo ACB mide 5m, así tenemos

que:

5m + 5m + 8m = 180º, del triángulo

ABC

18m = 180º

m = 10º

Respuesta A)

B C

A

D

E

v v

t

t

m3m

2m

m 7m

A C

B

D 4m

3m

50

A B C

D

x

y

A B

C

E

D

F

GH

Ejercicio 740

740. En la figura 61, AB = BD = CD, luego la relación correcta es

A) y = 3x

B) y = 2x

C) x + y = 180º

D) x = y fig. 61

E) x + y = 90º

Solución:

El ángulo CBD es exterior al

triángulo ABD, y es el ángulo

exterior al triángulo ACD, luego:

y = 3y

Respuesta A)

Ejercicio 741

741. El triángulo ABC de la figura 62 es equilátero, si los ángulos EDF y FHG son iguales,

entonces la medida del ángulo GED es

A) 30º

B) 40º

C) 50º

D) 60º

E) Falta información fig. 62

Solución:

Como lo muestra la figura el ángulo

marcado en verde, es exterior de los triángulos

FHG y DEG, por tanto:

m + 30º = x + m

30º = x

Respuesta A)

A B C

D

x

y

x

2x 2x

A B

C

E

D

F

GH

30º

30º

m

mx

51

Ejercicio 751

751. En la figura 69, se muestra un adminículo mecánico en cual aparecen tres discos tangentes

exteriores unidos por sus centros mediante una barra fija, la rotación de uno de ellos se

transmite totalmente al otro (no resbalan), los diámetros de los discos son; 6 cm, 8 cm y

10 cm, si el disco menor se gira en el sentido de la flecha 120º, considerando el sentido de

rotación, el disco mayor gira

A) -120º

B) -90º

C) -72º

D) 72º fig. 69

E) 90º

Solución:

La transmisión de la rotación como lo muestran las flechas rojas,

nos indican, en el disco mayor la rotación es positiva, por tanto el

ángulo debe serlo.

Ahora como nos dicen que nos hay roce, la longitud rotada por el

disco menor deberá ser igual en el disco mayor, luego:

120º 1

6 6 2360º 3

Como el perímetro del disco grande es 10 , entonces finalmente

tenemos:

2 1

10 5

, es decir que lo girado corresponde a un quinto de vuelta del disco mayor, por

tanto:

1

360º 72º5

Respuesta D)

52

x

y

a

b

c

d

L1 L2 L3

A C

D

B EL1

L2

x

Ejercicio 759

759. En la figura 76, L1 // L2 // L3, luego x + y =

A) bd

ac

B) db

ca

C) d

c fig. 76

D) d

c

E) cd

adbc 22

Solución:

Por teorema de Thales, tenemos;

x c

b d , y

a c

y d , luego despejamos x e y, obteniendo:

bc adx ; y=

d c

Luego, sumamos x e y quedando:

2 2bc ad bc ad

d c dc

Respuesta E)

Ejercicio 788

788. En la figura 93, L1 // L2, el ángulo CAE mide 18º, si DE = 2·AB, entonces ¿cuánto mide el

ángulo x?

A) 18º

B) 36º

C) 42º

D) 54º

E) 72º fig. 93

Solución:

Primero diremos que

CAE AEB 18º ,

ángulos alternos internos.

Luego trazamos BF,

transversal de gravedad y

por propiedad del triángulo

rectángulo, DF = FE = FB,

luego el

ángulo DFB es exterior al triángulo FEB, por tanto mide 36º.

Como nos dan que; DE = 2·AB y como ya sabemos que DF = FE = FB, entonces AB = BF,

finalmente el triángulo AFB es isósceles, lo cual nos lleva a concluir que x = 36º

Respuesta B)

A C

D

B EL1

L2

x18º

18º18º

36ºF

53

P

B

Q

A

O O’

Ejercicio 790

790. Las circunferencias de centros O y O’ son tangentes exteriores en Q, PB es tangente en B y

PA tangente en A, si PQ es tangente común y el ángulo APB mide 80º, entonces el ángulo

AQB mide

A) no se puede determinar

B) 140º

C) 120º

D) 100º

E) 90º fig. 95

Solución:

Primero consideramos el pentágono

APBO’O, luego la suma de sus ángulos

interiores es 540º (180º(5-2)) y como

conocemos que los ángulos APB, PBO’ y

OAP miden; 80º, 90º y 90º, entonces los

ángulos AOQ y QO’B suman; 540º - 260º

= 280º.

Ahora consideramos los triángulos AOQ y

QO’B, ambos son isósceles, Consideremos

p la medida del ángulo AQO y q la medida

del ángulo BQO’, luego tenemos que:

AOQ 2p 180º

BO'Q 2q 180º

Sumamos ambas igualdades y nos

queda:

AOQ BO'Q 2q 2p 360º

280º 2q 2p 360º

2q 2p 80º

q p 40º

Finalmente el ángulo AQB = 180º - q – p = 140º

Respuesta B)

P

B

Q

A

O O’

54

O

B C

A

A

B

C

D

Ejercicio 791

791. En la circunferencia de la figura 96 de centro O, si el BAC 15º , entonces OBC

A) 30º

B) 45º

C) 60º

D) 75º

E) 80º fig. 96

Solución:

Prolongamos el radio BO y luego unimos O con C,

por tanto el ángulo BOC mide 30º, así el arco

BC mide lo mismo. El arco CT deberá medir

150º, ya que BT es diámetro, luego el ángulo

OBC debe medir la mitad del arco CT.

Ángulo OBC mide 75º

Respuesta D)

Ejercicio 792

792. Los segmentos dibujados dentro del cuadrado van desde un vértice al punto medio del lado

opuesto, como lo muestra la figura 97, si el lado del cuadrado es 1, entonces el área del

cuadrilátero ABCD es

A) 2

9

B) 1

4

C) 3

9

D) 1

8

E) 1

5 fig. 97

O

B C

A

15º

30º

30º

150º

T

55

A

B

C

D

A

B

C

D

r

r

s

s

s

P Q

RS

H

I

J

K

Figura 1 Figura 2

12

45º

x

12

45º

x

12 245º

b

b

Solución:

Los triángulos PQK y QRH

son congruentes, por tanto los

ángulos s y r suman 90º, luego

podemos concluir que ABCD es

rectángulo. Ahora CH es paralelo

a DP y como nos dicen que H es

punto medio, entonces CH es

mediana del triángulo PQD, en

consecuencia CH mide la mitad de

PD, por lo mismo (mediana) QC =

CD.

Si rotamos el triángulo SJA respecto a J, hasta que SJ coincida con JR, nos damos cuenta

que se forma un cuadrado igual a ABCD, así rotamos los otros triángulos congruentes a SJA y

tenemos transformado el cuadrado original como lo muestra la figura 2, ahora notamos que esta

transformación nos muestra que el cuadrado se transformo en una figura formada por 5

cuadrados iguales a ABCD, por tanto ABCD será un quinto del cuadrado original.

Respuesta E)

Ejercicio 793

793. ¿Cuánto mide el ángulo x de la figura 98?

A) 45º

B) 30º

C) 60º 12 2

D) 75º

E) 105º fig. 98

Solución:

Trazamos la altura y nos damos cuenta que se forma un triángulo rectángulo isósceles y si

aplicamos Pitágoras, tenemos que:

12 = b 2

Luego b =6 2 , así el triángulo de al lado tiene

por medida de sus lados 6 2 , 12 2 y

recordando que en todo triángulo rectángulo en

que un cateto mide la mitad de la hipotenusa

debe ser un triángulo 30º, 60º y 90º, entonces el ángulo pedido debe medir:

45º + 60º = 105º

Respuesta E)

56

A L

PE

K

U

T

M N

P

O

Ejercicio 794

794. En el cuadrilátero ALPE de la figura 99, AL // PE, EA es bisectriz del ángulo TAK y LE es

bisectriz del ángulo PLA, si AU = 9 cm y PE = 12 cm, entonces UP mide

A) 1 cm

B) 2 cm

C) 3 cm

D) 4 cm

E) falta información para determinarlo fig. 99

Solución:

Los ángulos TAE y PEA son

alternos internos, por tanto iguales.

Esto hace que el triángulo AUE es

isósceles, lo cual nos lleva a decir que

EU = 9, finalmente UP = PE – EU =

12 – 9 = 3

Respuesta C)

Ejercicio 799

799. El triángulo MNP de la figura 102 es isósceles de base NP, si MO = OP = PN, entonces la

medida del ángulo PMN es

A) 18º

B) 30º

C) 36º

D) 72º

E) No se puede determinar fig. 102

Solución:

Por los datos entregados

podemos concluir que se forman

dos triángulos isósceles, a saber;

MOP y PON . Si consideramos

que el ángulo PON es exterior al

triángulo MOP entonces deberá

medir 2ª, al igual que el ángulo

ONP por ser el triángulo PON

isósceles. Para terminar como

sabemos que el triángulo MNP es

isósceles de base NP, entonces

los ángulos MNP y NPM son iguales así tenemos en este triángulo que 2a + 2a + a = 180°

5a = 180° a = 36°

Respuesta C)

A L

PE

K

U

Tm

m

m

9

9

12

M N

P

O

2a

a

a 2a

57

10

15

13

M N

PQ

T

Ejercicio 800

800. La circunferencia de la figura 103 está inscrita en el trapecio isósceles, luego el perímetro

del trapecio es

A) 12

B) 38

C) 50

D) 62

E) 150 fig. 103

Solución:

Para obtener el perímetro pedido sólo falta por conocer

el lado x, para eso trazamos una perpendicular a ambas

bases del trapecio, según muestra la figura, así se

forma un triángulo rectángulo de hipotenusa 13 y

cateto 5. Aplicando el tría pitagórico 5, 12 y 13,

podemos concluir que x = 12.

Finalmente el perímetro será; 12 + 10 + 13 + 15 = 50.

Respuesta C)

Ejercicio 802

802. El triángulo MNQ de la figura 104 es equilátero, el triángulo MNP es rectángulo en N, si

3

3MNNP , entonces ¿cuál(es) de las siguientes afirmaciones es(son) verdadera(s)?

I) MP es perpendicular a NQ

II) El ángulo QMP mide 30º

III) T es punto medio de NQ

A) Sólo I

B) Sólo II

C) Sólo III

D) Sólo I y II

E) I, II y III fig. 104

Solución:

Como nos dan que: MN 3 NP 3

NP3 MN 3

,

entonces aplicamos la razón tangente, luego

3

tg e e 30º3

Finalmente podemos concluir que:

I) Verdadera

II) Verdadera

III) Verdadera

Respuesta E)

10

15

13x x

10 5

M N

PQ

T

60º

30º

e

58

A B

C

DE

F

A B

C

D

EF

40º

G

60º

Ejercicio 803

803. El hexágono ABCDEF de la figura 105 es regular, ¿qué parte del área de él esta achurada?

A) 6

1

B) 5

1

C) 4

1

D) 3

1

E) 2

1 fig. 105

Solución:

Como ABCDEF es un hexágono regular, entonces al

trazar las diagonales se forman 6 triángulo equiláteros,

ahora si rotamos el triángulo DBC con centro en D hasta

que DB coincida con FD, nos damos cuenta que se

forma el rombo FODE que es equivalente a toda

al área achurada y este rombo es igual a dos de los

triángulos equiláteros que forman el hexágono, por tanto:

2 1

6 3

Respuesta D)

Ejercicio 810

810. Los triángulo ABC y DEF de la figura 109 no son congruentes, D y G son puntos medios de

los lados AB y BC respectivamente, si AB // EF, entonces FDE =

A) 80º

B) 70º

C) 60º

D) 65º

E) no se puede determinar fig. 109

Solución:

Primero digamos que el ángulo ADF y DFE

son alternos internos, por tanto iguales.

Como D y G son puntos medios, luego DG

es mediana del triángulo ABC y por tanto

es paralela a AC, de aquí decimos que los

ángulos CAB y ADB son iguales pues son

correspondientes.

Respuesta A)

A B

C

DE

FO

A B

C

D

EF

40º

G

60º

60º 40º80º

59

R

S

P

T

O

Ejercicio 813

813. En la circunferencia de centro O de la figura 112, TP es tangente en P, SPR 30º , ¿cuánto

mide el ángulo PRS?

A) 150º

B) 120º

C) 90º

D) 60º

E) 30º fig. 112

Solución:

Como el ángulo pedido x, es inscrito y encierra el

mismo arco que el ángulo semi-inscrito SPT, entonces

ambos tendrán la misma medida, por tanto x = 60º.

Respuesta D)

Ejercicio 814

814. En un triángulo de lados 20, 21 y 29, ¿cuánto mide el radio de la circunferencia inscrita?

A) 4

B) 7 3

C) 5

D) 5 3

E) 6

Solución:

Si los lados del triángulo son 20,21 y 29, luego el triángulo es rectángulo, ya que:

202 + 212 = 292

202 = 292 - 212

400 = (29 + 21)(29 – 21)

400 = 50 · 8

400 = 400

Ahora si trazamos los radios a los puntos de

tangencia y nos damos cuenta que se forma

un cuadrado de lado igual al radio de la

circunferencia inscrita. Como dos tangentes a

una circunferencia generan lados iguales,

entonces tenemos finalmente que:

20 – r + 21 – r = 29

41 – 29 = 2r

12 = 2r

6 = r

Respuesta E)

R

S

P

T

O

30º

60º

x

r

r

r

r

21

20

21 - r

21 - r

20 - r20 - r

60

P

QR

Ejercicio 815

815. Las tres circunferencias de la figura 113, son tangentes entre si y tangentes a la recta, las

dos mayores tienen igual radio y la menor tiene radio 3, entonces el radio de las mayores

es

A) 6

B) 8

C) 10

D) 12

E) ninguno de las anteriores fig. 113

Solución:

Trazemos primero la

tangente común BC, que

pasará por el centro de la

circunferencia menor,

luego trazamos el radio

OA para después dibujar

O’E paralela a AB. Así

formamos el triángulo

rectángulo OEO’, que

tiene por catetos; r, r – 3 e

hipotenusa r + 3.

Aplicando Pitágoras tenemos;

2 2 2

2 2 2

2

2

r (r 3) (r 3)

r (r 3) (r 3)

r (r 3 r 3)(r 3 r 3)

r 2r 6

r 12

Respuesta D)

Ejercicio 821

821. En la figura 117, todos los lados interiores al ángulo PQR son iguales, si dicho ángulo mide

18º, ¿cuántos triángulos isósceles se pueden formar?

A) 2

B) 3

C) 4

D) 5

E) infinitos fig. 117

Solución:

Si vamos aplicando sucesivamente

la condición de que los triángulos son

isósceles y aplicando el ángulo exterior de

ellos llegamos que el final, como lo

muestra la figura tendremos un ángulo de

90° y es imposible que haya un triángulo

isósceles de dos ángulos de 90°, por tanto

se pueden formar bajo estas condiciones

4 triángulos.

Respuesta C)

r O

AB

C

O’ E

r - 3r+3

18° 18°

36°

36°

54° 54°

72°72°

90°

61

Ejercicio 822

822. De un polígono regular de vértices A, B, C, D, … se sabe que el ángulo ACB mide 10º,

luego ¿cuántas diagonales diferentes pasan por el centro de él?

A) 8

B) 9

C) 10

D) 11

E) 18

Solución:

Considerando que todo polígono regular está inscrito

en una circunferencia y como el ángulo ACB es

inscrito y encierra el arco AB, entonces podemos

decir que el arco AB mide 20º.

Así podemos concluir que el polígono tiene 18 lados

(360º

1820º

) t las diagonales que pasan por el centro

serán las que unen los vértices opuestos, por tanto

serán 9 (18

92

).

Respuesta B)

Ejercicio 823

823. En la circunferencia de la figura 118, las cuerdas miden 6 cm. y 8 cm., si ellas están a una

distancia de 1 cm., entonces el radio de la circunferencia mide

A) 2 cm.

B) 3 cm.

C) 4 cm.

D) 5 cm.


Solución:

Si trazamos el radio perpendicular a las dos cuerdas

paralelas, entonces las dimidiará, y luego trazamos los

radios a los extremos de ellas y se nos forman dos

triángulos rectángulos en los cuales podemos aplicar el

teorema de Pitágoras.

Llamemos a OA = m, entonces tenemos que;

m2 + 32 = r2 y (m – 1)2 + 42 = r2, igualando nos queda:

m2 + 32 = (m – 1)2 + 42

m2 - (m – 1)2 = 42 – 32

(m + m – 1)(m – m + 1) = (4 + 3)(4 – 3)

2m – 1 = 7, luego m = 4

Así el triángulo rectángulo de cateto 3, tendría por catetos 3 y 4 lo cual nos lleva a concluir

por trío pitagórico que r debe ser 5.

Respuesta D)

A

B

C

20º

r

r1

O

A

4

3

62

A

B

C

O60º

2

Ejercicio 841

841. En la figura 131, ¿cuál es la medida del radio de la circunferencia de centro O?

A) 4

B) 4

33

C) 2

33

D) 1

33

E) 2 fig. 131

Solución:

Trazamos el diámetro AE y la cuerda EC, así se

nos forma un triángulo rectángulo ACE, pues

está inscrito en una semicircunferencia. Los

ángulos ABC y AEC son inscritos y encierran el

mismo arco CA por tanto son iguales, finalmente

nos queda un triángulo de 30º, 60º y 90º, de el

sabemos que el cateto que se opone a 60º debe

medir la mitad de la hipotenusa por la raíz de 3,

por tanto:

2r 2 2 3

2 3 2 r 3 r r2 33

Respuesta C)

Ejercicio 844

844. En una circunferencia de diámetro cm., una cuerda esta a una distancia de 4 cm. del

centro, ¿cuál es la medida de la cuerda?

A) 12 cm.

B) 16 cm.

C) 20 cm.

D) 24 cm.

E) 30 cm.

Solución:

Primero si el diámetro es 8 10 , entonces el radio será

4 10 , ahora como 4 es la distancia de la cuerda al

centro entonces este segmento deberá ser

perpendicular a la cuerda y si lo prolongamos

tendremos el radio y por un teorema, el radio que es

perpendicular a la cuerda, entonces la dimidia, luego

aplicamos el teorema de Pitágoras, tendremos a;

2

2 2

2

2

a 4 4 10

a 16 16 10

a 160 16 144

a 12

Luego la cuerda medirá 2a = 24

Respuesta D)

8 10

A

C

B

2

O60º

60º

r

rE

4 10

a

4

O

63

A D B

F

C

E

Ejercicio 846

846. Se desea embaldosar un patio cuadrado de 2m de lado, luego ¿con cuál de las siguientes

baldosas no podrá cubrirse completamente el patio si no se puede transformar ninguna de

las baldosas?

A) baldosas cuadradas de lado 50 cm.

B) baldosas rectangulares de 20cm. por 25 cm.

C) baldosas de forma de triángulo rectángulo de catetos 50 cm y 10 cm.

D) baldosas de forma de triángulo equilátero de lado 20 cm.

E) baldosas rectangulares de 40 cm. por 8 cm.

Solución:

Como se nos pide embaldosar un patio cuadrado, las baldosas deben tener a lo menos un

ángulo recto, por tanto es obvio que no se podrá embaldosar con baldosas de forma de

triángulo equilátero.

Respuesta D)

Ejercicio 859

859. Los triángulos ADE y ACB son congruentes (figura 138), ¿cuál(es) de las siguientes

afirmaciones es(son) falsa(s)?

I) CF = FD

II)

III) F es punto medio de ED y BC

A) Sólo I

B) Sólo I y II

C) Sólo III

D) Sólo I y III

E) todas fig. 138

Solución:

Aplicando la congruencia que nos indica el enunciado,

podemos concluir que AB = AE y que AD = AC, por

tanto DB = CE y si a esto le agregamos que los

ángulos DFE y CFE son iguales, por ser opuestos por el

vértice, entonces:

II) Verdadera, por postulado ángulo, lado, ángulo.

I) Verdadera, por II).

III) No tenemos información para decir que F es

punto medio, y si consideramos que el ángulo p

es muy pequeño veremos que F no es punto

medio. Falsa.

Respuesta C)

DFB CFE

A D B

C

E

F

m

m

p

p

q

q

64

Ejercicio 860

860. En la figura 139, la circunferencia mayor está inscrita al cuadrado mayor y pasa por los 4

vértices del cuadrado menor, la circunferencia menor está inscrita al cuadrado menor,

luego ¿en qué razón están los radios de las circunferencias?

A) 1 : 2

B) 2 : 3

C) 1 :

D) 2 :


Solución:

Si trazamos los radios menores a los puntos de tangencia se

va a formar un cuadrado como lo muestra la figura, y si

trazamos el radio mayor a un vértice, entonces tenemos un

cuadrado cuyo lado es el radio menor y la diagonal es el radio

mayor, y recordando que la diagonal de un cuadrado es igual

al lado por la raíz de 2, entonces:

1 r

R r 2R2

Respuesta C)

Ejercicio 861

861. En la figura 140, ABCD es rombo, E es un punto de BC tal que , entonces las área

del triángulo ABE y el rombo ABCD están en una razón de

A)

B)

C)

D) fig. 140

E)

Solución:

Como ABCD es un paralelogramo, podemos

concluir que para el triángulo y para el paralelogramo

es la misma altura, si además nos dicen que BE r

EC t ,

entonces podemos concluir que:

BE = rk y EC = tk, finalmente aplicamos las fórmulas

de área y nos queda;

rk h rkr2 2

(rk tk) h k(r t) 2(r t)

Respuesta A)

2

2

t

r

EC

BE

)tr(2

r

)tr(2

t

2

tr

t

2

tr

r

2

t

r

r

r R

r

r

A B

CD

E

A B

CD

E

h

rk

tk

65

Ejercicio 863

863. Sobre los lados AB y AC del triángulo ABC, se han dibujado triángulos equiláteros, como lo

muestra la figura 142. Si F y G son los puntos medios de AC y AE respectivamente,

entonces =

A)

B) 1

C)

D)


Solución:

Si tomamos el triángulo BDA y lo

rotamos 60° con respecto del vértice A,

nos daremos cuenta D quedará en C y el

vértice B quedará en E, por tanto EC =

BD, ahora como sabemos que F y G son

puntos medios, entonces GF pasa a ser

mediana del triángulo ECA, por tanto:

FG 1

EC 2 y por tanto como EC = BD,

tenemos que:

FG 1

BD 2

Respuesta A)

Ejercicio 865

865. En la circunferencia de centro O y radio r (fig. 144), se ha inscrito el PQR. Entonces la

longitud del segmento PQ está representada por

A) r·sen

B) r·cos

C) 2r· sen

D) 2r· cos

E) fig. 144

Solución:

Como todas las alternativas nos presentan razones

trigonométricas, entonces debemos generarnos un triángulo rectángulo en el cual aparezca el ángulo , luego al trazar el

diámetro y unirlo con Q, tenemos un triángulo rectángulo, ya

que está inscrito en una semicircunferencia y el ángulo es igual a , ya que son dos ángulos inscritos que encierran el mismo

arco. Aplicando ahora la razón trigonométrica seno tenemos

que:

PQ

sen 2rsen PQ2r

Respuesta C)

BD

FG

2

1

2

3

4

1

2

sen·r

B C

D

A

E

F

G

B C

AD

E

F

G

60°60°

60°

P Q

R

.O

P Q

R

O

r

r

66

Ejercicio 880

880. Si con un triángulo isósceles de área 5 se forma un rombo, entonces el producto de las

diagonales es

A) 5

B) 10

C) 12

D) 20

E) 40

Solución:

Como el rombo está formado por dos

triángulos isósceles de área 5, entonces

podemos concluir que su área es 10.

Recordando que el área del rombo también

la podemos calcular como el semiproducto

de las diagonales, entonces:

d D10 d D 20

2

Respuesta D)

Ejercicio 881

881. En la figura 152, ABCD es paralelogramo, F está en la prolongación de AD. Si EF = 32 y GF

= 24, entonces BE es igual a

A) 4

B) 8

C) 10

D) 12

E) 16 fig. 152

Solución:

Poniendo los ángulos

correspondientes y considerando

que estamos en presencia de un

paralelogramo, nos damos cuenta

que tenemos 3 triángulos

semejantes; CBE y AFE, además

son semejantes los triángulos ABE

y CGE.

De la semejanza entre los

triángulos CBE y AFE tenemos que:

x EC

32 AE

Y de la semejanza entre los triángulos ABE y CGE tenemos:

EC 8

AE x , luego fundiendo las dos proporciones, nos queda:

x 8

32 x x2 = 256 x = 16

Respuesta E)

A B

CGD

F

E

A B

CG

E

D

F

24

8

x

m

m

n

n

n

p

p q

q

67

Ejercicio 882

882. En la figura 153, DBC isósceles de base DB, AD · AB =

A)

B) 1

C) 2

D) 3

E) 5 fig. 153

Solución:

La mejor solución a este ejercicio es la

que me enseñó David Painequeo, el me indicó

que construyera una circunferencia de centro

en C y de radio 1, luego aplicamos la

proporcionalidad generada por las dos secantes

y tenemos que:

AD · AB = 1 · 3

Respuesta D)

Solución de David Painequeo.

Ejercicio 885

885. Si el punto se rota 30º con respecto al origen (0,0), el punto resultante es

A) (0,2)

B) (0,4)

C) (4,0)

D) (2,0)

E)

Solución:

Como las coordenadas del punto a rotar

son 2,2 3 , al formar el triángulo

rectángulo como la muestra la figura, este

al tener los catetos de medidas; 2 y 2 3 ,

entonces podemos decir que es un

triángulo de 30°, 60° y 90°, por tanto la

hipotenusa debe medir 4, así al rotar el

punto, nos damos cuenta que la hipotenusa quedará en el eje y, por tanto las coordenadas

del punto resultante será (0,4).

Respuesta B)

2

1

2,2 3

2, 2 3

A D B

C

21 1

40º

A D B

C

2

11

40º1

1

1

2

2 3

2 3

2

60°

30°

4

30°

4

x

y

68

Ejercicio 888

888. La figura 155 muestra parte de un cubo, el corte sombreado es un triángulo formado por

las diagonales de las caras, si el cubo original tiene arista 1 cm, entonces el volumen del

cuerpo resultante es

A) cm3

B) cm3

C) cm3

D) cm3 fig. 155

E) cm3

Solución:

Si completamos el cubo, entonces podemos decir

que el volumen pedido es igual al volumen del cubo

menos el volumen de la pirámide con la cual

completamos el cubo.

Así tenemos que el volumen del cubo es 1 cm3,

ahora consideremos que la base de la pirámide está

en la cara superior del cubo y su área es la mitad del

cuadrado superior, y su altura es la arista, entonces

nos queda:

1 1 1 11

3 2 6

cm3, luego finalmente:

1 51

6 6 cm3

Respuesta D)

Ejercicio 895

895. Sea un triángulo ABC de lados a, b, c y alturas ha, hb y hc, luego

I) aha = bhb = chc II) Si a > b > c ha < hb < hc

III) ha : hb : hc = a : b : c

Es(son) verdadera(s)

A) Sólo I

B) Sólo II

C) Sólo III

D) Sólo I y II

E) I, II y III

Solución:

En todo triángulo podemos decir que no importando como le calculemos el área, si lo

hacemos bien, el resultado siempre deberá ser el mismo, por tanto tenemos:

CA B c ha h b h

2 2 2

, ahora si multiplicamos

la igualdad por 2 nos queda que:

A B Ca h b h c h

Como el producto de un lado y su respectiva altura es constante, entonces podemos inferir

que son cantidades inversamente proporcionales, así podemos concluir que a lado menor

altura mayor.

1

2

1

3

2

3

5

6

1

6

1

1

1

1

1

A B

C

hB

hA

hC

ab

c

69

A B C

DEFG

I) Verdadera

II) Verdadera

III) Falsa, ya que si AA B

B

h ab h a h

h b , lo cual se contrapone a lo que concluimos.

Respuesta D)

Ejercicio 900

900. Los triángulos ABF y BCE de la figura 164 son congruentes, ACDG es rectángulo. ¿Cuál(es)

de las siguientes afirmaciones es(son) verdadera(s)?

I)

II) El área del más el área de es igual al área del .

III) ABEF es paralelogramo.

A) Sólo I

B) Sólo II

C) Sólo III

D) Sólo I y II

E) I, II y III fig. 164

Solución:

Usando la congruencia indicada en el

enunciado, nos damos cuenta de los

lados que son iguales y los ángulos

que lo son también (escritos en verde

en la figura). Como ACDG es

rectángulo, por lo tanto es un

paralelogramo, escribimos los ángulo

que son iguales por paralelas cortadas

por una transversal (ángulos

marcados en lila), luego podemos

decir que los triángulos ABF, BCE y

EFB son congruente, así:

I) Verdadera

III) Verdadera

Ahora si trasladamos el triángulo AFG hasta que AG coincida con CD, nos daremos cuenta

que el triángulo así formado es congruente con ABF, por tanto:

II) Verdadera

Respuesta E)

EFB BCE

AFG EDC ABF

A B C

DEFG

a ab b

c c

c

aa b b a

c

70

C D B

A

FE

8

24

Ejercicio 901

901. En el triángulo ABC e la figura 165, se han trazado las alturas AD y BF, si AD = 8, BD = 6 y

CD = 4, entonces ED =

A)

B)

C) 2

D)

E) 3 fig. 165

Solución:

Los triángulos BDE y ADC son semejantes

por el postulado ángulo, ángulo, luego;

ED CD ED 4

ED 3BD AD 6 8

Respuesta E)

Ejercicio 902

902. La figura 166, presenta un cono recto invertido, de diámetro 8 cm y altura 24 cm y dentro

de él una esfera de radio 1 cm, si la esfera es no puede descender más por el interior del

cono, entonces ¿a qué distancia del vértice del cono queda el centro de la esfera?

A) 2,3 cm

B) 6,0 cm

C) 8,0 cm

D) cm

E) cm fig. 166

Solución:

Si trazamos la altura del cono, esta pasará por el

centro de la esfera, además si trazamos el radio de la

esfera hasta el punto de tangencia se forman dos

triángulos semejantes, luego en el triángulo de catetos

4 y 24 aplicamos Pitágoras, tenemos:

2 2 2 2 2 2 2 2 24 24 b 4 4 6 b 4 (1 36) b

2 24 37 b 4 37 b

Finalmente por semajanza nos queda:

x 4 37

x 371 4

Respuesta D)

1

2

5

2

5

2

37

2 37

C D B

A

C

F

E

m

m

n

n

4 6

8

24

8

1

x

24

4

b

71

O O’M N

P

A

B

O

O’

O”

Ejercicio 956

956. Las dos circunferencias de la figura 206 son congruentes, si MN contiene a los centros O y

O’, entonces el ángulo NPM es igual a

A) 90º

B) 110º

C) 120º

D) 135º

E) 140º fig. 206

Solución:

Como las circunferencias son

congruentes, igual radio. Si

trazamos los radios des O y O’ al

punto P, se nos forma un

triángulo equilátero, OO’P y los

triángulos NPO’ y MPO son

isósceles por tanto el ángulo NPM

mide 120º.

Respuesta C)

Ejercicio 957

957. En la figura 207, las tres circunferencias son secantes entre si, cada una de ellas contienen

a los centros de las otras dos, luego =

A) Falta información para determinarlo

B) 60º

C) 90º

D) 120º

E) 150º fig. 207

Solución:

Como cada circunferencia pasa por el centro de

las otras dos, entonces podemos concluir que

las tres deben tener el mismo radio es decir son

congruentes. Uniendo los centros y trazando los

radios a los puntos de intersección A y B, nos

damos cuenta que se forman triángulos

equiláteros, por tanto los arcos BO, OO’ y O’A

son iguales y miden 60º, por tanto el arco BA

mide 180º, lo cual implica que el arco AB también

mide 180º, finalmente como el ángulo BOA

está inscrito en la circunferencia de centro

O” y encierra el arco AB, entonces mide 90º

Respuesta C)

AOB

O O’

r

rr r

r

M N

P

60º

60º60º 30º

30º

30º

30º

O

O’O”

B

A

r

rr

r

r

r

r

72

63

A

B

A B

C

T

408

6

Ejercicio 979

979. Las dos circunferencias de la figura 220 son tangentes a la recta, si A y B son los puntos de

tangencia y la distancia entre los centros es 15, entonces AB =

A) 4

B) 8

C) 12

D) 16

E) 18 fig. 220

Solución:

Al unir los centros y luego

trazar los radios a los puntos

de tangencia tenemos dos

triángulos rectángulos

semejantes, que tiene por

catetos correspondientes; 6 y

3, por tanto la razón en que

están los lados es 2 : 1, así

entonces tenemos que:

OO’ = OP + PO’ = 3k = 15

k = 5, lo cual nos llega a decir que OP = 10 y PO’ = 5, ahora usando el tría

pitagórico 3,4,5, tenemos que:

AP = 8 y PB = 6, así finalmente AB = 8 + 4 = 12

Respuesta C)

Ejercicio 986

986. En la figura 225 AT es bisectriz del ángulo BAC, luego AB =

A) 30

B) 28

C) 26

D) 24

E) 22 fig. 225

Solución:

Usando el teorema de la bisectriz, tenemos que:

AB 6 6 40

AB 6 5 3040 8 8

Respuesta A)

6315

3

A

B

6

P2kk

OO’

8

4

73

x

y

z

A

C

B

D G C

F

BA

E

Ejercicio 1016

1016. Las caras del cubo de la figura 237, están sobre los planos xy, yz y zx, las coordenadas del

punto A son (0,2,0), luego la distancia entre los vértices B y C son

A)

B)

C)

D)

E) 4 fig. 237

Solución:

Como el cuerpo es un cubo y las coordenadas del

punto A son (0,2,0), entonces concluimos que las

aristas miden 2. Si consideramos el triángulo BAC

este es rectángulo en A y los catetos serían la

diagonal de la cara inferior BA y la arista AC,

luego:

AB 2 2 y AC = 2, aplicando Pitágoras, tenemos;

2 2BC AB AC 8 4 12 2 3

Respuesta D)

Ejercicio 1020

1020. El cuadrado de la figura 240 tiene un área de 121 cm2, E es el centro del cuadrado,

= 90º y FC = 3. ¿Cuánto mide el área del cuadrilátero GEFC?

A) 18 cm2

B) 25,5 cm2

C) 81 cm2

D) cm2

E) cm2 fig. 240

Solución:

Si trazamos las diagonales, estas se intersectaran

en el punto E, si el ángulo CED = FEG = 90º y

además:

FEC CEG CEG GED 90º

FEC GED

Y como CE = ED, entonces los triángulos CFE y DGE

son congruentes, luego si recortamos el triángulo CFE

y lo rotamos hasta coincidir con el triángulo DGE, nos

daremos cuenta que el área pedida es

equivalente a la del triángulo CED que es la cuarta parte del cuadrado.

121 : 4 = 30,25

Respuesta E)

3

2 2

3 2

2 3

GEF

162

8

130

4

B

C

A

22

2

A B

CD G

E

F3

uu

45º

45º

74

K A

S

PE

R

U

L

TI

M

O

V

A

N

E

L O

Ejercicio 1026

1026. El hexágono KASPER de la figura 245 es regular, luego ¿cuál(es) de las siguientes

afirmaciones es(son) verdadera(s)?

I) ÚLTIMO es hexágono regular.

II) El triángulo TIP es equilátero.

III) Los triángulos KER y PIE son semejantes.

IV) El área del es del área del .

A) Sólo I y II

B) Sólo II y III

C) Sólo I, II y III

D) Sólo I, II y IV

E) todas fig. 245

Solución:

Como todo polígono regular es inscriptible en

una circunferencia, luego KASPER lo

inscribimos en una circunferencia,

generándonos 6 arcos iguales, si aplicamos los

teoremas de circunferencias llegaremos a

descubrir las medidas de los ángulos que

aparecen en la figura y de ellos desprendemos

también lo siguiente:

RM = ME = EI = IP = PT = TS = SL = LA =

AU = UK = KO = OR

Finalmente tenemos que:

I) Verdadera

II) Verdadera

III) Verdadera

IV) Verdadera, el triángulo KAS es congruente con el triángulo ERP y como RM = MI =

IP, por tanto los triángulos RME, MIE y PIE tienen igual área.

Respuesta E)

Ejercicio 1035

1035. En el triángulo LON está inscrito el rombo VANE, figura 251, si LN = 12 m, LO = 8 m y

ON = 6 m, entonces el lado del rombo mide

A) 2 m

B) 3 m

C) 4 m

D) 5 m

E) 8 m fig, 251

Solución:

Digamos que el lado del rombo es a, y

como es paralelogramo, luego VE // ON y VA // NL,

así el triángulo LVE es semejante al triángulo

LON. Consideremos ahora que VE = a y LE =

12 – a, entonces tenemos que:

a 12 a12a 72 6a 18a 72 a 4

6 12

Respuesta C)

RIE2

3KAS

K A

S

PE

R

U

L

T

I

M

O

60°

60°

60°

60°

60°

60°

60°60°

60°

60°60°

60°

60°

60°60°

60°

60°

60°

60°

60°60°

60°

60°

60°30°

30°

30°

30°

30°

30°30°

30°

30°

30°30°

30°

L V O

A

N

E

pa

a

a

a

m m

n

n

p

8

6

n

12

75

Ejercicio 1156

1156. La probabilidad de un suceso es 0,3 y la de otro es 0,4, si ambos sucesos son

independientes, entonces la probabilidad de que no ocurran ambos es

A) 0,12

B) 0,7

C) 0,3

D) 0,88

E) 0,98

Solución:

Como los sucesos son independientes, entonces la probabilidad de que suceda uno o el

otro sería 0,3 + 0,4 = 0,7, luego la probabilidad que no ocurran ambos es 1 – 0,7 = 0,3.

Respuesta C)

Ejercicio 1157

1157. Una persona al sumar dos números de dos cifras cada uno con la calculadora se equivoca

al digitar el segundo de ellos, si el primero es 55, entonces ¿cuál es la probabilidad de que

el resultado así obtenido sea menor que el resultado correcto, si este es el mayor número

de dos cifras?

A) 44

90

B) 45

91

C) 45

90

D) 44

91

E) 45

100

Solución:

Del enunciado concluimos que el resultado correcto debió ser 99 (es el número mayor de

dos dígitos), por tanto el segundo número debió haber sido 44. Como nos piden la

probabilidad que el resultado debe ser menor, entonces podemos decir que el segundo

número podría ser 43, 42, 41, 40, … , 10, ya que el segundo número debe ser también de

dos cifras, luego los casos favorables son 43 – 10 = 33, debemos sumarle 1 pues considera

los dos extremos, luego finalmente los casos favorables son 34. Los casos posibles son 99

– 10 = 89, luego 89 + 1 = 90.

34

90

Respuesta F)

Ejercicio 1167

1167. Si n! = n·(n-1)·(n-2)·…·1, entonces ¿de cuántas formas distintas se pueden ordenar las

letras de la palabra “casa”?

A) 4!

2!

B) 4!

C) 2!

D) 4! · 2!

E) 3!

76

135º

O S R

QP

Solución:

Si fuesen las cuatro letras distintas las formas distintas de ordenar las letras de la palabra

“casa” sería 4!, pero como hay dos que se repiten, luego debe ser , ya que de los maneras

distintas de ordenar las dos “a” debemos considerar sólo una.

4!

2!

Respuesta A)

Ejercicio 1174

1174. En una fila hay 7 mujeres y 3 hombres, si las damas deben quedar juntas de ¿cuántas

maneras posibles se pueden ordenar en la fila?

A) 3

B) 7

C) 21

D) 3 · 3! · 7!

E) 4 · 3! · 7!

Solución:

Las distintas mujeres (7) al ordenarlas en

los siete lugares es 7!, ya que deben

quedar juntas, en consecuencia se deben

ordenar los 3 hombres (3!). Y las distintas formas de que queden las 7 mujeres juntas

la muestra la figura, por tanto tenemos que:

4 · 7! · 3!

Respuesta E)

Ejercicio PSU-1 46

46. Los puntos R, Q y P pertenecen al arco de circunferencia de centro O y radio 12, ¿cuál es el

área del trapecio OSQP (figura 11)?

A) No se puede determinar

B) 144

C) 112,5

D) 114,6

E) 108 fig. 11

Solución:

Como en el trapecio OSQP, OS // PQ, luego el

ángulo QPO mide 45°, al trazar el radio OQ, nos

percatamos que el triángulo QPO es rectángulo

isósceles, ahora si trazamos OE, concluimos que

el trapecio pedido se divide en 3 triángulos

rectángulos isósceles de hipotenusa 12.

Si armamos esos 3 triángulos como lo muestra la

figura, nos damos cuenta que se forma un

cuadrado de diagonal 12 más medio cuadrado de

iguales medidas, si recordamos que el área de un

cuadrado es igual al semiproducto de sus

diagonales, entonces finalmente tenemos:

3 12 123 3 12 108

2 2

Respuesta E)

M M M M M M M

M M M M M M M

M M M M M M M

M M M M M M M

135º

O S R

QP

12

45°

12

45°

E

45°

45°12

45°

77

h

w

P

Q

X

YZ

Ejercicio PSU-1 49

49. La figura 14 está formada por 6 rectángulos congruentes de lados h y w, PQ intersecta a

los lados de los rectángulos en X e Y, si YZ = 2XZ, entonces ¿en qué razón están h y w

respectivamente?

A) 2 : 3

B) 1 : 2

C) 3 : 8

D) 1 : 3

E) 3 : 4 fig. 14

Solución:

Como lo muestra la figura, los

triángulos XYZ y PQR son

semejantes, por tanto sus lados son

proporcionales y como sabemos

que YZ = 2ZX, luego tenemos que:

YZ 2 3w 8 w h 3

ZX 1 4h 3 h w 8

Respuesta C)

Ejercicio PSU-1 50

50. La siguiente tabla muestra las distancias en línea recta que hay entre las ciudades P, Q, R

y S en kilómetros, luego ¿cuántos kilómetros hay entre las ciudades P y R?

A) 24

B) 24,5

C) 25

D) 27

E) 30

Solución:

Primero como las distancias son en línea recta y al mirar la tabla nos damos cuenta que la

distancia entre S y Q es 7, y la de S a R es 18, luego 7 + 18 = 25, que es la distancia entre

R y Q, por tanto tenemos el siguiente esquema:

Como vemos en la figura que representa el esquema

indicado por las distancias de la tabla, luego podemos

aplicar Pitágoras para encontrar x, recordando un trío

pitagórico, el (3,4,5) nos queda que:

x = 6 5 30

Respuesta E)

P Q R S

P 0 25 24

Q 25 0 25 7

R 25 0 18

S 24 7 18 0

P

X

Y

Q

Zh

w w w

h

h

h

m

m

R

SQ R

P

7 18

24x

78

V A

SI

T

L

E

U

A

B

C

U

Ejercicio PSU-1 54

54. Al paralelogramo VASI de la figura 18, se le han trazado los segmentos IT y AL de manera

tal que, T y L son puntos medios, luego ¿cuál(es) de las siguientes afirmaciones es(son)

falsa(s)?

I) IT // AL

II) VE IE

US AU

III) TE = UL

A) Sólo I

B) Sólo I y II

C) Sólo II y III

D) I, II y III fig. 18

E) Ninguna

Solución:

Como VASI es paralelogramo y L

y T son puntos medios, entonces

los triángulos LSA y TVI son

congruentes por postulado

(L,A,L). Así podemos concluir que

el cuadrilátero TALI es

paralelogramos ya que sus lados

opuestos son iguales; IL = TA y TI = LA.

I) Verdadera

II) Verdadera; los triángulos VEI y SUA son congruentes.

III) Verdadera; los triángulos SUL y VET son congruentes.

Respuesta E)

Ejercicio PSU-1 58

58. En el cubo de la figura 21, A, B y C son los puntos medios de las aristas. Al cortar la

pirámide de vértices A, B, C y U, ¿en qué razón están el nuevo volumen y el original?

A) 3

4

B) 5

6

C) 7

8

D) 1

16

E) 15

16 fig. 21

I L S

ATV

UE

m

m

n

np p

p p

79

6 K 0 LM 9 N 4

2 0 1 1

Solución:

Como nos advierten que ABC son los puntos

medios de las aristas, consideraremos arista 2a.

Consideramos como base de la pirámide el

triángulo BCU, que es rectángulo isósceles de

cateo a, la altura a considerar para el cálculo de

volumen es AU = a, por tanto el volumen sería:

31 a a a

a3 2 6

El nuevo volumen sería el original menos el volumen de la pirámide, sería:

3 3 3

3 3a a 47a(2a) 8a

6 6 6

Así, lo pedido sería:

3

3

3 3

47a47a 476

488a 48a

Respuesta F)

Ejercicio PSU-2 5

5. En la resta que se muestra, K, L, M y N son cifras, ¿cuál es el valor de K + L + M + N?

A) 17

B) 18

C) 19

D) 23

E) 27

Solución:

Como la resta no me gusta la cambio a suma y

tenemos:

Luego 1 + 4 = L, entonces L = 5, en la segunda

columna nos queda; 1 + N = 10, entonces N =

9. Como tenemos uno de reserva, en la

columna siguiente nos queda; 1 + 0 + 9 = 10,

lo que implica que K = 0 y tenemos 1 de reserva, lo cual nos deja en la última columna

que: 1 + 2 + M = 6, por tanto M = 3.

Finalmente K + L + M + N = 0 + 5 + 3 + 9 = 17

Respuesta A)

B

C

A

UBase

2 0 1 1M 9 N 46 K 0 L

80

Ejercicio PSU-2 10

10. Juan tiene 1

6 de la edad de María y esta tiene

2

3 de la edad de Luis. Si Luis tiene 36 años,

¿qué edad tiene Juan?

A) 2 años

B) 3 años

C) 4 años

D) 6 años

E) 8 años

Solución:

Sea J la edad de Juan, M la edad de María y L la edad de Luis, traduciendo tenemos:

1

J M6

y 2

M L3

, si aplicamos la edad de Luis tenemos que:

2

M 36 243

, aplicando ahora la edad de María, nos queda:

1

J 24 46

Respuesta C)

Ejercicio PSU-2 18

18. Uno de los factores de x2n+1 – 2xn+1 + x es

A) xn

B) x - 1

C) xn-1 – x

D) xn+1 + x

E) xn + 1

Solución:

Primero factoricemos por x teniendo que:

x(x2n – 2xn + 1) y nos percatamos que el paréntesis es un cuadrado de binomio, por

tanto;

x(xn – 1)2 = x(xn - 1)(xn – 1), por tanto los factores pueden ser; x, xn – 1 o

x(xn -1) = xn+1 – 1 y ninguno de ellos está, por tanto la respuesta es F.

Respuesta F)

Ejercicio PSU-2 25

25. Dos números x e y son tales que, la suma de sus cubos es igual a la diferencia entre los

cuadrados de sus antecesores, ¿cuál de las siguientes expresiones algebraicas los

representa?

A) x3 + y3 = (x – 1)2 + (y – 1)2

B) x3 + y3 = (x + 1)2 - (y + 1)2

C) x3 + y3 = (x – 1)2 - (y – 1)2

D) x3 - y3 = (x – 1)2 - (y – 1)2

E) x3 - y3 = (x – 1)2 + (y – 1)2

Solución:

La suma de los cubos es x3 + y3 y la diferencia de los cuadrados de los antecesores es

(x – 1)2 – (y – 1)2, por tanto la respuesta es C

Respuesta C)

81

1 2

0 2

1 2

0 2

0 2

x

y

-2

Ejercicio PSU-2 26

26. La solución de la inecuación x 1 1 0

A)

B)

C)

D)

E)

Solución:

x 1 1 0 x 1 1 , luego aplicamos la propiedad de valor absoluto y nos queda:

1 x 1 1 1 1 x 1 1 1 1 0 x 2

Respuesta B)

Ejercicio PSU-2 34

34. La ecuación y = ax2 + bx + c, fue usada para crear la tabla siguiente.

¿Cuál es el valor de a + b?

A) -5

B) -2

C) 1

D) 3

E) 5

Solución:

Aplicando los puntos (0,8) y (1,9), tenemos:

(0,8) 8 = 0 + 0 + c 8 = c

(1,9) 9 = a + b + 8 9 – 8 = a + b 1 = a + b

Respuesta C)

Ejercicio PSU-2 36

36. La gráfica de la figura 4, representa a la función f(x) = ax2 + x + c, luego ¿cuál de las

alternativas representa una relación siempre correcta al respecto de ella

A) a > 0

B) c > 0

C) ac > 1

4

D) c > 2 – 4a

E) ninguna de las anteriores fig. 4

x 0 1

y 8 9

82

O

B

A

CDE

Solución:

Primero decimos que a < 0, por tanto no es A). Como la gráfico nos muestra que la

parábola corta al eje x en dos puntos, lo que implica que el discriminante debe ser positivo,

por tanto nos queda:

2 11 4 a c 0 1 4ac ac

4 , luego no es C, de aquí desprendemos que c debe ser

negativo, pues ac es positivo.

Podríamos aplicar el eje de simetría y tener que: 1 1

2 1 4a a2a 4

, pero no nos

lleva a la respuesta.

Pero si vemos la gráfica podemos decir que f(-2) > 0, por tanto:

2f( 2) a( 2) ( 2) c f( 2) 4a 2 c , luego nos queda que:

4a – 2 + c > 0 c > 2 – 4a

Respuesta E)

Ejercicio PSU-2 48

48. En la circunferencia de centro O, figura 10, el diámetro AB intersecta a la cuerda DC de

manera perpendicular en el punto E, si DE = 6 cm. y AE = 2 cm., entonces el radio de la

circunferencia es

A) 18 cm.

B) 16 cm.

C) 12 cm.

D) 10 cm.

E) 9 cm. fig. 10

Solución:

Recordando que si un radio es perpendicular a una

cuerda entonces lo dimidia y BE = 2r – 2. Aplicando el

teorema de las cuerdas nos queda:

2 (2r 2) 6 6

4r – 4 = 36

4r = 40

R = 10

Respuesta D)

O

B

A

CD

E

2

6 6

r

83

F I

TO

R U

AB

CD

E

F

G

Ejercicio PSU-2 50

50. En la figura 12, FITO es cuadrado de perímetro 8, si RU // FI, entonces la suma de las

áreas de los triángulos FIU y TOR es

A) no se puede determinar

B) 16

C) 4

D) 2

E) 1 fig. 12

Solución:

Considerando que FITO es cuadrado y

que RU // FI, por lo tanto RU también

es paralelo a TO. Luego el área del

triángulo FIU es equivalente a la del

triángulo FIE, de igual forma el área del

triángulo TOR es equivalente al área del

triángulo TOE, así podemos concluir que

el área pedida es igual a la mitad del

cuadrado FITO.

Área del cuadrado = 4

Área pedida = 4 : 2 = 2

Respuesta D)

Ejercicio PSU-2 53

53. En la figura 14, ABCD y AEFG son rectángulos, si BC = 5 cm. y CD = 8 cm., entonces

AG · GB =

A) 40 cm2

B) 30 cm2

C) 25 cm2

D) 32 cm2

E) 80 cm2 fig. 14

Solución:

Si consideramos que el área del

triángulo ABC es igual al área del

triángulo ABG = 20 cm2.

Si el área del triángulo ABG es

20 cm2, entonces podemos inferir:

AG GB

20 AG GB 402

cm2

Respuesta A)

Sixto Maulén y Savane Emegu

2012

F I

TO

R UE

AB

CD

E

F

G

5

8

8

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