4toano_solucionario

5/11/2018 4toano_solucionario - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/4toanosolucionario 1/15

www.prolog.edu.pe / ) 2833615 - 7199843 1

4. o AÑO Secundaria

Departamento de Publicaciones

Resolución 1

I. De los tres enteros, no hay dos enteros

negativos, porque el segundo datosería absurdo.

II. Los tres no pueden ser pares porque la

suma de cuadrados es múltiplo de 4.

∴ Hay dos impares que son divisores de

924.

III. 3; 7; 44 (absurdo)

3; 11; 28 (absurdo)

7; 11; 12 (correcto)

∴ N.º de ternas es 6.

Clave E

Resolución 2

abcba=73º

10001a+1010 b+100c=73º ...( x)

• 10001=73º

• 1010=73º –12

• 100=73º +27

En ( x) 27c–12 b=73º (a es independiente)

I. Solución trivial: b=c=0

∴ 9 números

II. 27c–12 b=0 → c=4 ∧ b=9

∴ 9 números

III. 27c–12 b=73 · 3 → c=9 ∧ b=2

∴ 9 números

Entonces, hay 27 números.

Clave E

Resolución 3

(a– 4) b2=2a2( b– 4)≡

(a– 4) b2–2a2 b+8a2=0

b

a a a

a=

± −( ) +

−( )

2 2 4 16

2 4

2 2

Recuerde que a 16 le falta 9 para

convertirse en 25.

1.º Caso: a=1 → b= – 2

2.º Caso: a=7 → b= 28

Hay 2 pares ordenadosClave B

Cuarto Año



www.prolog.edu.pe / ) 2833615 - 7199843 2

COLEGIOS PROLOG


Resolución 4

p r o l g ×

4

g l o r p

I. 4 p < 10 → p=1 ∧ p=2

Luego

p=2 ∧ g=8

II. 4 r < 10 → r=0 ∧ r=1 ∧ r=2

Pero

4 l+3=10º + r → r=1

Luego

l=7

III. 4o+3=30 → o=9

Luego

prolog=219798

2 1 9 7 9 8 4 6 8

7 7 4

∑ cif=7+7+4=18

Clave A

Resolución 5

abc=a!+ b!+c!

Las cifras a, b y c son menores que 6 y como

el número es de tres cifras una cifra es 5 y la

otra cifra es 1.

Tenemos: 5!+1!=121; como el número

tiene a la cifra 5, solo queda elegir al cifra 4.

145=1!+4!+5!abc=145abc=154=21 · 71 · 111

∑ divisores=(2+1)(7+1)(11+1)=288

Clave A

Resolución 6

Agrupando los términos de p( x)

convenientemente se tiene:

p( x)=( x2011+2 x2010+ x2009)+

+2( x2009+2 x2008+ x2007)+

+...+1005( x3

+2 x2

+ x)++1006 x+2012

→ p( x)= x2009( x+1)2+2 x2007( x+1)2+

+...+ 1005 x( x+1)2+1006 x+2012

→ p( x)= x( x+1)2[ x2008+2 x2006+...+

1005]+1006 x+2012

Luego, el residuo de p( x) ÷ x( x+1)2 es

igual a

1006 x+2012

Por tanto, la suma de coeficientes es

3018Clave C



www.prolog.edu.pe / ) 2833615 - 7199843 3



Resolución 7

x2+3 y2 ≥ c( x2+ xy+4 y2) ∀ x, y ∈R

Haciendo x= ty se tiene

t2 y2+3 y2 ≥ c( t2 y2+ ty2+4 y2)

t2+3 ≥ c( t2+ t+4) ∀ t ∈R

(c –1) t2+ct+(4c– 3) ≥ 0 ,∀ t ∈R

Luego se cumple:

c –1 > 0 ∧ c2– 4(c– 1)(4c– 3) ≤ 0

→ c ≤2

3→ 2009c ≤ 1339,...

Por lo tanto, el entero más próximo a 2009

es 1339.

Clave B

Resolución 8

f ( x)=2 x2+2 x– 4

( x)= x2– x+4

Sea h( x)= f ( x) + ( x)

• En h( x): f ( x) ≥ 0 ∧ ( x) ≥ 0

→ x ∈⟨–∞; – 2] ∪ [1; ∞⟩

• ∀ x ≤ – 2: f ( x) y ( x) decrecen

→ h( x) es decreciente

h( x) ∈[ h(– 2); h(– ∞)⟩ h( x) ∈ 2 2; ∞

• ∀ x ≥ 1: f ( x) y ( x) son crecientes

→ h( x) es creciente

→ h( x) ∈[ h(1); h(∞)⟩

→ h( x) ∈[2; ∞⟩

Luego, la inecuación

f ( x) + ( x) ≥ 2

Se verifica

∀ x ∈⟨ – ∞; – 2] ∪ [1; ∞⟩= s→ s C =⟨– 2; 1⟩

La suma de los valores enteros de s C es:

(– 1)+0= – 1Clave A

Resolución 9

Notar que:

I.3

10 26 10 292 2 x x x x− + + − +=

=− + + + +

3

5 1 5 42 2( ) ( ) x x ≤ 1;

∀ x ∈ R

La igualdad para x=5

II. x4– 9 x3+16 x2+15 x+26=

=( x2+ x+1)( x– 5)2+1 ≥ 1;

∀ x ∈ R

La igualdad para x=5

∴ La ecuación dada se verifica para x=5

Clave B



www.prolog.edu.pe / ) 2833615 - 7199843 4

COLEGIOS PROLOG


Resolución 10

• x4 –1 ≥ 0 → x ≥ 1 → x ∈[1; ∞⟩

(universo de la ecuación).

• Enlaecuacióndadahacemos

a x b x= −( ) = +( )( )

log , log( )14

410

41 5

→ 1

414

= −

a

x , 10 54 b x= +

→ 1

410 6

− = −

a b (a)

De la ecuación:

1

104 6 0

− − =

a b

→1

104 6

− =

a b (b)

(a)+(b): 4 a–a+10–a – 10 b– 4 b=0

→ (4 –a – 4 b)+(10 –a– 10 b)=0

Esto se verifica solo si –a= b

En (a):

10 b – 4 b=6 → b=1 → x=625 ∈[1; ∞⟩

Luego, s={625}

De las proposiciones

I. s=φ (conjunto vacío) (F)

II. ∃ x1, x2 ∈ s / x1+2 x2=1875 (V)

Basta considerar x1=625, x2=625

III. – 1 ∈ s C (F)

Puesto que s C =[1; 5⟩ ∪ ⟨5; ∞⟩

Clave C

Resolución 11

P

B

Q

T

R

E L

C

A D /2

/2

Piden a+b=?

Por métricas

( pB)2=( pC )( pT )=( pE )( pQ)

( pA)2=( pD)( pr)=( pE )( pQ)

∴ Los cuadriláteros TQEC y rQED son

inscriptibles.

Por cuadrilátero inscriptible

mSQTC = mSCEl=w

mSQrD= mS DEl=g

Propiedad

a+b=w +g

Propiedad

w +g =q2

+q2

=q

∴ a+b=qClave E



www.prolog.edu.pe / ) 2833615 - 7199843 5



Resolución 12

S x

S x

S x

S xS

x

S x

A O R R

M

40 u2

T

C

N L

B

2

2

Piden

A ToMN =s x=?

como AC // oT

→ A T AMo= A

T AoMN =s x

como Ao=oB

→ A T AMo= A

ToMB=s x

m Al = m lT =2q

→ mS Aol=q (S central)

y mS ABT =q (S inscrito)

∴ lo // BT

zoBTp: trapecio

A ToMB= A

T pMT

∴ S x=40 u2

Clave D

Resolución 13

a ( a + b )

E

L

A

N

B

C b

a

M + /2

/2

/2

Piden A MNlC =?

m BC = m NE =a → BE // CN

como BE // CN → A T BNC = A TClN

∴ A MNlC = A T MNB

mS BMA=a+q– q

2=

a2

mS BNC =a2

T BNC ∼ T BNM

( BN )2=(a+ b)(a)

BN = a(a+ b)

mS NBC =q2

A T BNM =

( ) ( )a b a a b+ +2 2

senq

∴ A MNlC =a+b

2 a(a+ b)sen

q2

Clave E



www.prolog.edu.pe / ) 2833615 - 71998436

COLEGIOS PROLOG


Resolución 14

O

A

C D

P

L

M

a

b

a

B

Piden AB=?

mS Dpl=mS DCl=q

mS Apo=mS ABo=q

mS lpC =mS lDC =a=mSoAB

Propiedad

m pD =m pA

→ mS DCp=mS ABp

∴ DC // AB

z AlBo: paralelogramo

lM = Mo=a AM = MB

Teorema de las cuerdas

( AM )( MB)=a(a+b)

( AM )2=a(a+b) → AM = a(a+ b)

AB=2( AM )

∴ AB=2 a(a+ b)Clave C

Resolución 15

M

B

E

C A

D P

T

O

L

6

2

2

2

90º–

Piden A T BTD=?

z AEDC : zinscrito

mS EDB=mS EAC =b

m BC =2b

→ mS BoC =2b

T BoC : T isósceles

mSoBC =mSoCB

=90º –b

mS BTD=90º

Propiedad

A T BTD=( Bl)( lD)

=(6)(2)

∴ A T BTD=12

Clave E



www.prolog.edu.pe / ) 2833615 - 7199843 7



Resolución 16

L E

X

Y

A

O 2a

a

a

a 45º

45º

M

I

B

(10; 0)

=30º

Piden L =?

mSoEB=90º

2=45º

toAB=2a+2q=90º

a+q=45º

mS BIE =45º

T IBE : T isósceles

∴ BM ⊥ IE

IM = ME = BM =a

A T IBE =25=

(2a)(a)

2

a=5

∴ B=(10; 0)

toMB (notable 30º y 60º):

mS MoB=30º

moE =tan30º=1

3

oE ⊥ L → ( moE )( mL

)=–1

∴ mL

= – 3

L : y – y 1= m( x– x1)

y –0= – 3 ( x–10)

∴ L : x 3 + y –10 3 =0

Clave D

Resolución 17

C 1

C 2

L 55

55

10

5

10

M (–1; 13)

10O1

(4; 3)

(9; –7)O2

Piden L =?

C 1: ( x – 4)2+( y– 3)2=52

C 2: ( x – 9)2+( y+7)2=102

Por punto medio

(4; 3)= M +(9; – 7)

2 → M =(–1; 13)

d (o1; o2)= (9 – 4)2+(– 7 – 3)2 = 55



www.prolog.edu.pe / ) 2833615 - 7199843 8

COLEGIOS PROLOG


;

mo o1 2

=3 – (– 7)

4 – 9=–

10

5=–2

tanq=

1

2

Por ángulo entre 2 rectas

tanq=1+ m

L ·

; m

o o1 2

mL

–;

mo o1 2

→ mL

= –3

4

L : y – y 1= m( x – x1)

donde ( x1; y1)=(–1; 13)

y m= –3

4

L : y –13=–3

4

( x+1)

∴ L : 3 x+4 y– 49=0

Clave E

Resolución 18

2

33

F

BC

53º

G

44

2

D

22

E A

2

I

Piden A z ABCD=?

Dato

m Dg +mS EFD=180º

2q+a=180º

∴ mSCAD=mS EFD=a

AC = AD=2

T AFD (Teorema de Thales)

Fg

4 =

2 → Fg=2

Teorema de la tangente

2=(6)(2) → = 32

como mS DAF =mS EFD=a

→ 62=(2)( DE ) → DE = 33

BD= DE = 33

Dato

m Dg +2(m EB )=106º

2q+2b=106º → q+b=53º

∴ mSCID=53º

A z ABCD=( AC )( BD)

2sen53º

=( )( )4 3 3

2

3

4

5

∴ A z ABCD=

72

5

Clave E



www.prolog.edu.pe / ) 2833615 - 7199843 9



Resolución 19

L D

V 1

V 2

P0

Q

R

X

Y

x F 2

Piden x=?

Para todo punto p0 de la elipse se cumple

que: QF 2 ⊥ F 2 r

∴ x=90º

Clave D

Resolución 20

L T

P

55

9–

10

3;

A(–3; 6)

B(5; 3)

S

S

P0

M 0(0; –2)

V (1; –2)1

Q0(–24; –12)

ejefocal

Piden A T p0 M 0Q0=?=S

P : y2+4 x= – 4 y

→ ( y+2)2= – 4( x– 1) (1)

∴ V =(1; –2), p= –1 y M 0=(0; –2)

De la ecuación de la parábola

y+2= 4 – 4 x → y’=–2

4 – 4 x

Dato

A T Ap0 B

es mínimo

→ L T // AB

m AB

= 6 – 3– 3 – 5

=–38

Propiedad

mL T

= AB

=–3

8

→ –3

8= –

2

4 – 4 x → x=–

55

9

p0 ∈ P

→ ( y+2)2=– 455

9–1–

y=10

3 → p0=

55

9– ;

10

3

m Ap0=

610

3

355

9

−

− − → m Ap0=

6

7

Ap0 : y– 6=6

7( x–(–3))

∴ Ap0=6 x – 7 y+60=0 (2)

Desarrollando el sistema (1) y (2)

obtenemos las coordenadas del punto Q0

∴ Q0=(– 24; –12)



www.prolog.edu.pe / ) 2833615 - 719984310

COLEGIOS PROLOG


Por propiedad

s=1

2

0

–55

9

– 240

– 2

–10

3

–12– 2

∴ s=851

9Clave B

Resolución 21

mcos x

mcos2 x

msen2 x

m

2 x 2 x

x

A

C

B

D

x

msen x

Del gráfico

ABCD es inscriptible

Perímetro m(sen x+sen2 x+cos x+cos2 x)

= m 2sen

3 x

2 · cos

x

2+2cos

3 x

2 cos

x

2

=2 mcos x

2sen

3 x

2+cos

3 x

2

=2 2 mcos x

2· sen

3 x

2+

π4

=2 2 mcos3 x

2–

π

4cos

x

2Clave D

Resolución 22

R

2 R – b

b

θ 2θ

a

θ

O A

B

C

O1

R

Del gráfico

t ACo1=(2 r)2– (2 r– b)2=a2

∴ 2 r=a2+ b2

2 b

senq=a

2 r

=2ab

a2+ b2

∴ q=arcsen2ab

a2+ b2

Nos piden el perímetro de CBA

= b+ AC + AB

= b+2q r+q(2 r)= b+4 rq

= b+a2+ b2

barcsen

2ab

a2+ b2

Clave C



www.prolog.edu.pe / ) 2833615 - 7199843 11



Resolución 23

En el gráfico

θ

A

α

θθ

α+θ

α

BC

P

D

Datos: AC =13 ∧ DB=9

Se traza Ap // BD → Ap=9

y pBCD cuadrilátero isósceles

Las diagonales se cortan en h.

En t ApC

Cp2= AC 2 – Ap2

Cp2=132 – 92

Cp= 169 – 81

Cp=2 22

tanq=Cp

Ap=

2 22

9Clave D

Resolución 24

Sea p la suma de las razones

p= |sen x+cos x+tan x+cot x+sec x+csc x|= sen sen

sen

sen x x x x

x x

x x+ + ++

cos cos

cos

cos

1

p=2 2 2

2

sen sen sen

sen cos

x x x x x x

x x

cos ( cos ) ( cos )+ + + +

Sabemos (sen x+cos x)2 –1=2sen x cos x

p=( cos ) ( ) ( )

( cos )

sen sen cos sen cos x x x x x x

enx x

+ − + + + +

+ −

2

2

1 2 1

1

Hacemos sen x+cos x=m

p= m m m

m m

m

2

2

1 2 1

1

2

11 1

−( ) + +( )

−= +

−− + = − +

−+ m

m1

2

11

Si m –1 > 0 → MA y Mg: m–1+2

m–1 > 2 2 ∴ P > 2 2+1

Si m –1 ≤ 0 → MA y Mg: m–1+

2

m–1 ≤ –2 2 ∴ El mínimo valor p=2 2–1Clave D



www.prolog.edu.pe / ) 2833615 - 719984312

COLEGIOS PROLOG


Resolución 25

a2/3

θ

a4/3+b4/3

b2/3

Reemplazo

E a

b aa b

b

a ba b

=

⋅ +

+

⋅ +

2 3

4 3 4 3

2 3

4 3 4 3

/

/ /

/

/ /

Efectuando

E

a

b

b

a=

+

2 3 2 3 3 2 / / /

Clave C

Resolución 26

Sea n el número de la caja con las bolsitas

más livianas. Como se toman las bolitas

de la k-ésima caja, tenemos:

(1)

20×1

(2)

20×2

(3)

20×3 ...

( n)

19,7× n ...

(7)

20×7

20× n– 0,3× n

20×1+20×2+20×3+...+(20× n – 0,3× n)+

+20×7=558,7

(20)(1+2+3+...+7) – 0,3 n=558,2

20×28 – 0,3 n=558,2

560 – 0,3 n=558,2 → 0,3 n=1,8

∴ n=6Clave C

Resolución 27

Sea normalmente

Colegio

Casa

D

v2

min

D

v2

min

D v2

Dmin

Sale: 12:00 –

velocidad del

auto: v2 m/min

velocidad de

Gabriel: v1 m/mi

Si llega al colegio a las 12 horas, entonces

sale de casa a las 12:00 – D

v2

min.

y regresa a su casa a las: 12:00+ D

v2

min.

Cuando sale más temprano

Colegio

Casa

D

v2

t1= – 10 35 min

D v

2

t1= – 10

D – 10 v2 10 v2

11:15

11:50

v2 m/min v

1 m/min

2 D

v2

–2 t=20

t= D

v2

– 10 → v1

v2

=2 k

7 k

→ 35 v1=10 v2 → 7 v1= 2 v2

Si sale a las 11:33

D x

v v x

D− ⋅ + −

=

227

22 1( )



www.prolog.edu.pe / ) 2833615 - 7199843 13



v x v x2

2

7

2272 2

−

=

4 27 2 7−

=

x

x

108 – 2 x=7 x → 108=9 x

∴ x=12 min

Clave A

Resolución 28

A

B

F E

C

D

x

x

b b

b

a

a

a x

Trazamos sE ⊥ AB y CF ⊥ BD

Como BCD es isóceles

→ BF = FD ∧ mS BCF =mS FCD= x

AED y DFC son congruentes ( DC = AD)

DE = DF = A → DF =9

a

2a

B

E

D

→ mS EBD=30º

Además mS FBC =90º– x

→ mS ABC =mS ABD+mS FBC

=30º+90º – x=7 x=120 – x

→ 8 x=120º x=15ºClave B

Resolución 29

D

R

P

Q

a+c

b+c b

T

B

A B

60º

60º

40º

20º

60º

50º

20º

80º

80º

60º

50º

50º

30º

80º

80º

30º

10º

20º

b–a

b–a

b–a

a

a

a

a

b–a

Vemos que AQ > Cp

→ AQ=Cp+C =a+c



www.prolog.edu.pe / ) 2833615 - 719984314

COLEGIOS PROLOG


Ya que

A C

Q

Q’

50º

50º

80º

60º

10º

a

a

Como AB= BC → b+a+c= Bp+a

→ Bp= b+c

Trazamos AD con D ∈ CQ tal que

mS DAp=10º

→ ADC es equilátero

Luego

AD= DC = AC =a= pC

mS DpC =mS pDC =80º

mS DpA+mS ApC =mS DpC =80º

→ mS DpA=30º

Prolongamos AD hasta que se interseca

con BC en el punto r.

Vemos que T AQC es congruente a CrA

→ Ar=CQ → QD= Dr

Además mSQDr=60º

→ QDr es equilátero.

Como QD+ DC=QD+a=QC =QB= b

→ QD= b–a

→ Qr= Dr= b–a

Trazamos QT tal que mS BQT=60º

→ mSQTr=80º

→ QTr es isósceles

→ QT =Qr= b–a

Como DQ=QT

→ mSQTD=mSQDT

Como mS DQT =80º

→ mSQTD=50º

Por otro lado, mSQTp=mS pDC

zQTDp es inscriptible

mSQTD=mSQpD=50º

D

P

Q

T

50º

50º

80º

50º

mS ApQ=mS ApD+mS DpQ

mS ApQ=30º+50º

∴ mS ApQ=80º

Clave D



www.prolog.edu.pe / ) 2833615 - 7199843 15



Resolución 30

222

4

I A

13

15

8

6

C M

B H

S

V s-ABC =1

3 A ABC · H

Pero p ABC =21

→ A ABC = 21(21 – 15)(21 – 13)(21 – 14)

→ A ABC =84 u2

Además A ABC =21 → =4

y AM =21 – 15 → AM =6

I

A M

4

6

AI 2=62+42=36+16=52 → AI 2=52

S

A I

H 222

→ ( AI )2+ H 2=(2 22)2

→ 52+ H 2=88

→ H 2=36

→ H =6

V s-ABC =13

84 62⋅ ⋅ =168 u3

Clave B


Villa María, 27 de noviembre de 2010

4toano_solucionario

Documents