1
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
C) Ambas juntas, (1) y (2)
D) Cada una por sí sola, (1) ó (2)
E) Se requiere información adicional
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
E) ninguna de las anteriores
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
ecuación y nos queda:
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
C) Ambas juntas, (1) y (2)
D) Cada una por sí sola, (1) ó (2)
E) Se requiere información adicional
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)
E) ninguna de las anteriores
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
ecuación y nos queda:
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.
E) no se puede determinar fig. 118
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 :
E) no se puede determinar fig. 139
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)
E) no se puede determinar fig. 142
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