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MatemátSolucionario

2009 -IIExamen de admisión

Matemática

3

TEMA P

Pregunta N.º 1Tres socios A, B y C deberían repartirse una utilidad de M dólares proporcionalmente a sus edades, las cuales son x del socio A, (x – 3) del socio B y (x – 6) del socio C. Como el reparto se realizó un año después, calcule la cantidad que recibe el socio que más se perjudica.

A) M x

x+( )−( )

13 2

B) M xx

−( )+

21

C) M xx

+( )−

31

D) M xx

−( )−

13

E) M x

x+( )−( )

12 3

Tema

Magnitudes proporcionales

Referencias

Una aplicación de las magnitudes proporcionales es el reparto proporcional, el cual consiste en repartir una cantidad con respecto a ciertos números llamados índices.

Análisis y procedimiento

Por dato, se tiene que el total que a se repartirá es M.

Reparto inicial

sería como

Reparto dentro de

un año es como

Socio A x (x+1)

Socio B (x – 3) (x – 2)

Socio C (x – 6) (x – 5)El total

sería como( ): 3(x – 3) 3(x – 2)

Como el total repartido ahora y el de dentro de un año deben ser iguales, multiplicamos a uno por (x – 2)k y al otro por (x – 3)k, respectivamente.

Reparto inicialReparto dentro de un año

Socio A x(x – 2)k (x+1)(x – 3)k

Socio B (x – 3)(x – 2)k (x – 2)(x – 3)k

Socio C (x – 6)(x – 2)k (x – 5)(x – 3)kTotal: 3(x – 3)(x – 2)k 3(x – 2)(x – 3)k

Del cuadro se observa que el socio A es el que más se perjudica; además, el total que se reparte es el siguiente:

M=3(x – 2)(x – 3)k

→ kM

x x=

− −3 2 3( )( )

Luego, el socio A recibe (x+1)(x – 3)k=M xx( )( )

+−

13 2

.

Respuesta

La cantidad que recibe el socio que más se

perjudica es M xx( )( )

+−

13 2

.Alternativa D

Pregunta N.º 2Del gráficoTasa de aprobación en los cursos A, B, C, D y E de un grupo de estudiantes.

80%

60% 60%

50%

70%

A B C D E

curso

%

4

unI 2009 -II Academia CÉSAR VALLEJO

Se afirma:I. El porcentaje promedio de desaprobación

por curso es 36%.II. El porcentaje de aprobación del curso D

es el 60% del porcentaje de aprobación del curso B.

III. La tasa de desaprobación del curso E es el 60% de la tasa de aprobación en el curso C.

¿Cuáles de las afirmaciones son verdaderas?

A) solo I B) solo II C) solo IIID) solo I y II E) solo I y III

SoluciónTema

Estadística

Referencias

Los diagramas estadísticos son representaciones de un fenómeno estadístico por medio de figuras geométricas. En este caso, tenemos un diagrama de barras que nos muestra a 5 cursos y el porcen-taje de aprobados en cada uno de ellos.


Sea N el total de estudiantes. Del gráfico estadís-tico, obtenemos lo siguiente:

Curso Aprobación Desaprobación

A 60%N 40%N

B 80%N 20%N

C 50%N 50%N

D 60%N 40%N

E 70%N 30%N

Analizando las proposiciones:I. El porcentaje promedio de desaprobación

por curso es 36%. Calculando la MA del porcentaje de desapro-

bación en cada curso.

MA= + + + +40 20 50 40 305

% % % % %N N N N N

∴ MA=36%N

Por lo tanto, la proposición es verdadera.

II. El porcentaje de aprobación del curso D es el 60% del porcentaje de aprobación del curso B.

De la tabla, tenemos lo siguiente:

60 80% % %N N

Aprobaciónde D

Aprobaciónde B

= ( )x

75%=x%

Por lo tanto, la proposición es falsa.

III. La tasa de desaprobación del curso E es el 60% de la tasa de aprobación en el curso C

De la tabla, tenemos lo siguiente:

30 50% % %N N

Aprobaciónde E

Aprobaciónde C

= ( )x

60%=x%

Por lo tanto, la proposición es verdadera.

Respuesta

Solo I y III son verdaderos.

Alternativa E

Pregunta N.º 3Se tiene la siguiente igualdad.abba(3)+baab(3)=(2b)(2b)(0)(5) (0 es el cero)Halle el valor de b – a.

A) 0 B) 1 C) 2D) 3 E) 4

SoluciónTema

Numeración

5

unI 2009 -IISolucionario de Matemática

Referencias

Cuando se quiere expresar un numeral que está representado en una base diferente de diez a base diez, se realiza una descomposición polinómica.

EjemploRepresente 4718 en el sistema décimal. 4718=4×82+7×81+1 →4718=313


Se tiene que

abba(3)+baab(3)=(2b)(2b)0(5)

Analizando las cifras en cada numeral, se puede indicar que

1 ≤a ≤2 ∧ a ∈Z+; 1 ≤b ≤ 2 ∧ b ∈Z+

Descomponiendo polinómicamente se obtiene lo siguiente:

40a+40b=60b 40a=20b b=2aDonde se concluye que a=1 ∧ b=2Luego, b – a=2 – 1=1.

Respuesta

El valor de b – a es 1.

Alternativa B

Pregunta N.º 4Juan y Pedro pueden pintar un auditorio en 5 días, Juan y Carlos lo pueden hacer en 6 días, y Pedro con Carlos lo pueden hacer en 5 días. ¿En cuántos días puede Pedro pintar el auditorio?

A) 847

B) 927

C) 937

D) 947

E) 957

SoluciónTema

Fracciones

Referencias

Como nos indican en el problema que un grupo realiza el trabajo en un número de días diferente a otro grupo, lo que se recomienda es usar un mismo número de días como referencia, para ello, debemos hacer uso de las operaciones entre fracciones.Ejemplo: Si Ana realiza una obra en "3 días" y Luis realiza la misma obra en 2 días, se puede indicar lo siguiente: en un día, Ana realiza la 1/3 de la obra mientras que Luis, en un día, realiza la 1/2 de la obra.


Para determinar el tiempo que demora Pedro para pintar el auditorio, trabajaremos por reducción a la unidad (fracción de la obra que realizan en un día).

Sea J : número de días que emplea Juan.

P : número de días que emplea Pedro.

C : número de días que emplea Carlos.

Por dato, tenemos:

1 1 15

1 1 16

1 1 15

J P

J C

P C

+ =

+ =

+ =

2 1 1 1 15

16

15

1 1 1 1760

J C P

J C P

+ =

= + +

→ + + =

+

→ 16

1 1760

+ =P

Luego: P = =607

847

Respuesta

La cantidad de días en que Pedro puede pintar

el auditorio es 847

.

Alternativa A

6


Pregunta N.º 5Una empresa promociona su juego de lotería que consiste en elegir cinco números diferentes de un total de treinta. Para ganar algún premio se necesita acertar por lo menos en tres de los cinco números que salieron sorteados.Calcule la probabilidad de ganar algún premio.

A) 5

142 506 B) 6

142 506 C) 10

142 506

D) 16

142 506 E)

20142 506

SoluciónTema

Probabilidades

Referencias

La teoría de probabilidades se relaciona con el tema de análisis combinatorio, ya que este sirve de gran ayuda para obtener el total de formas en que puede realizarse un evento o experimento aleatorio.Las combinaciones se utilizan para obtener las diferentes agrupaciones que se pueden formar con una parte o con todos los elementos de un conjunto teniendo en cuenta lo siguiente:

Cn

K n KKn =

−!

!( )!

CKn significa el total de maneras diferentes de

formar grupos de K elementos de un total de n elementos.

Definición clásica de probabilidad

P AA

( )=total de casos favorables de total de posibles resulttados al

realizar el experimento aleatorio

=Ω

( )( )n A

n


Se tiene el siguiente experimento aleatorio.ε: elegir 5 números diferentes de un total de 30. Como no interesa en qué orden se eligen los 5 números:

total de manerasdiferentes de elegir 5

números de un total de 30

= =C5

30 142 506

Por condición, para ganar algún premio se necesi-ta acertar, por lo menos, en tres de los 5 números que salieron sorteados. Entonces, se gana un premio cuando:

Acierta en3 n meros

No aciertaen n meros

o

Aciert

ú ú

×

2

aa enn meros

No aciertaen n mero

oAcierta en

n4 1 5ú ú

×

úúmeros

Entonces

Total de casos

favorables=

× + × + =C C C C C3

5225

45

125

55 31226

→ P ganar algúnpremio( ) =

3126142 506

Respuesta

Por lo tanto, no habría alternativa.

ObservaciónPara el problema se ha considerado solo los aciertos

Acierta en

3n meroso Acierta en

n meroso

Acierta ú ú

4

een

n meros5 ú

Entonces

Total decasos

favorables

acertó 3 números

=

( )+C3

5

acertó 4 números

acertó 5 números( )

+

( )=C C4

555 16

P ganar algúnpremio( ) =

16142 506

Considerando de esta manera la alternativa sería D.

No hay Clave

Pregunta N.º 6Calcule la siguiente suma.35+48+63+80+...+1599

A) 22 050 B) 22 055 C) 22 065D) 22 075 E) 22 140

SoluciónTemaSucesiones

7


Referencias

Sumas notables

• K nn n n

k

n2

1

2 2 2 21 2 3 1 2 16=

∑ = + + + + = +( ) +( )...

• K nn n

k

n

=∑ = + + + + = × +( )

11 2 3 1

2...

• C C C C C C nk

n

=∑ = + + + + = ×

1...


Por dato, se tiene35+48+63+80+...+1599Observamos que cada sumando tiene la siguiente forma62 – 1; 72 – 1; 82 – 1; 92 – 1; ...; 402– 1Entonces:

S=(62 – 1)+(72 – 1)+(82 – 1)+(92 – 1)+...+ (402– 1)

S=(62+72+82+92+...+402) – 1×35

S =+ + + + + +( )

× ×

1 2 3 4 5 402 2 2 2 2 2

40 41 816

...

1 2 3 4 535

2 2 2 2 2

5 6 116

+ + + +( )

−× ×

Por lo tanto; S=22 050

Respuesta

La suma pedida es 22 050Alternativa A

Pregunta N.º 7Si a y b son números naturales, halle la suma de todos los valores posibles de a de modo quea b9 5

3 06+ = ,

A) 7 B) 15 C) 24D) 30 E) 45

SoluciónTema

Números decimales

Referencias

Los números decimales se clasifican en decimal exacto e inexacto dentro, de los cuales está el decimal inexacto periódico mixto, el cual tiene la siguiente fracción generatriz.

099 9

, ... ...... ... ...

...ab cde f

ab cd f ab c

m nncifras cifras c

= −

iifras cifras00 0...

m


Del dato tenemos

ab

b+ =5

3 06,

; a ∈N; b ∈N

Pasando el número decimal inexacto periódico puro a su fracción generatriz obtenemos

a b9 5

3690

+ = +

5 945

27690

1 2

a b+ =

Como nos piden los valores de a, aplicamos el módulo 9 a cada término

5a+9b=138

5 9 9 3a + = +o o

5 9 3a = + +o

27

9o

a = +9 6o

de donde a puede ser: 6; 15; 24; 33; ...Pero, se tiene lo siguiente:

5a+9b=138

6 12 (cumple)15 7 (cumple)24 2 (cumple)33 – 3 (no cumple)

Entonces, los valores de a son 6; 15 y 24.

Respuesta

La suma de valores de a es 45.

Alternativa E

8


Pregunta N.º 8

Si ab ba2 2

3168− = ; halle el menor valor de a+b.

A) 2 B) 4 C) 6D) 8 E) 16

SoluciónTema

Numeración

Referencias

Diferencia de cuadrados

m2 – n2=(m+n)(m – n)

Descomposición polinómica

abcn=an2+bn+c


Por dato, sabemos que

ab 2 – ba 2=3168Aplicamos la diferencia de cuadrados obtenemos

(ab+ba)(ab – ba)=3168descomponiendo polinómicamente cada factor, se tiene 11(a+b)×9(a – b)=3168

Luego de simplificar el factor 11 y 9, se obtiene

a b a b+( ) − =168

24

32( )

Por lo tanto, el valor de a+b puede ser 8 ó 16.

Respuesta

El menor valor de a+b es 8.

Alternativa D

Pregunta N.º 9Sean los conjuntosA=x ∈ R/|x – |x|| ≤1 yB=x ∈A/|x – |x| – 1| ≤1Entonces podemos decir que A/B es:

A) φ B) −

12

12

; C) −

12

0;

D) −

12

0; E) 0;∞

SoluciónTema

Desigualdades con valor absoluto

Referencias

Se utilizarán desigualdades con valor absoluto y operaciones con intervalos.


De A: |x – |x|| ≤ 1 ↔ – 1 ≤ x – |x| ≤ 1

I. Si x ≥ 0 → – 1 ≤ x – x ≤ 1 → – 1 ≤ 0 ≤ 1

II. Si x < 0 → – 1 ≤ x+x ≤ 1 →

→ −12

≤ x ≤ 12 ∧ x < 0 ↔ x∈ −

12

0;

De (I) y (II): x∈ − + ∞

12

;

→ A = − + ∞

12

;

De B: x ∈ A ∧ |x – |x| – 1| ≤ 1

– 1 ≤ x – |x| – 1 ≤ 1 ↔ 0 ≤ x – |x| ≤ 2

I. Si x ≥ 0 → 0 ≤ x – x ≤ 2 ∧ x ∈ A

→ x x≥ ∧ ≥ −

012

→ x ≥ 0

II. Si x < 0 → 0 ≤ x+x ≤ 2

x < 0 ∧ 0 ≤ x ≤ 1 → x ∈ φ

9


Luego, B=[0; +∞⟩

∴ A B\ ;= −

12

0

Respuesta

A B\ ;= −

12

0

Alternativa D

Pregunta N.º 10La suma de todas las soluciones positivas de la

ecuación 10

16

22

+ += − −

x xx x es:

A) − − +2 5 172

B) − + +2 5 172

C) 2 5 172

+ +

D) − + +3 5 172

E) 3 5 172

+ +

SoluciónTema

Ecuaciones fraccionarias

Referencias

Resolución de ecuaciones cuadráticas por el crite-

rio de factorización y por fórmula general.


Cambiando la forma de la ecuación convenien-

temente, obtenemos

10

17 1

22

+ += − + +( )

x xx x

Hacemos cambio de variable (incógnita).Sea y=1+x+x2; luego, en la ecuación tenemos que

107 7 10 02

yy y y= − ↔ − + =

↔ (y – 5)(y – 2)=0

↔ y=5 ∨ y=2

Volvemos a la incógnita inicial x2+x+1=5 ∨ x2+x+1=2 x2+x – 4=0 ∨ x2+x – 1=0

Utilizamos la fórmula general para cada caso y obtenemos lo siguiente:

x x

x x

1 2

3 4

1 172

1 172

1 52

1 52

= − + ∨ = − −

= − + ∨ = − −

Entonces, la suma de las soluciones positivas es

x x1 3

2 5 172

+ = − + +

Respuesta

La suma de las soluciones positivas es

− + +2 5 172

Alternativa B

Pregunta N.º 11Sea f una función tal que

f x x x x−( ) = −( )2 2 4 , x ≥ 4, entonces

Dom( f ) ∩ Ran( f ) es igual a:

A) [0; ∞⟩ B) [1; ∞⟩ C) ⟨0; ∞⟩D) [4; ∞⟩ E) ⟨1; ∞⟩

10


SoluciónTema

Funciones reales

Referencias

• Composición de funciones• Cálculo del dominio y rango


f x x x x x−( ) = −( ) ≥2 2 4 4;

= − + −( ) = − + −( )f x x x x2 1 1 2 4 4 4

= −( ) −

= −( ) −

f x x1 1 2 2 42 2

= −( ) −

= − −( ) −

f x x1 1 2 1 1 42 2

La x a− =1 y obtenemos

f a a2 21 2 1 4−( ) = −( ) −( ) (*)

Como

x x x a a a≥ → ≥ → − ≥ → ≥ → ≥ → − ≥4 2 1 1 1 1 1 02 2

x x x a a a≥ → ≥ → − ≥ → ≥ → ≥ → − ≥4 2 1 1 1 1 1 02 2 .

luego de (*) se tiene lo siguiente: Dom f=[0; +∞⟩

También a ≥1 → (a – 1)≥0 → (a – 1)2 ≥0

→ −( ) − ≥ − → −( ) −( ) ≥ −a a1 4 4 2 1 4 82 2

luego de (*) se tiene lo siguiente

Ran f=[– 8; +∞⟩

Respuesta

∴ Dom f ∩ Ran f=[0; +∞⟩

Alternativa A

Pregunta N.º 12Sea P(x)=x3 – 3ax2 – a2x+3a3, donde a > 0 y Q(x)=– P(x – a). Diga cuál de las siguientes afirmaciones es correcta:

A) Q(x) ≥P(x), ∀ x < 0B) Q(x) ≥P(x), ∀ x ∈ ⟨0; a⟩C) P(x) ≥Q(x), ∀ x ∈ ⟨a; 2a⟩D) Q(x) ≥P(x), ∀ x ∈ ⟨2a; 3a⟩E) P(x) ≥Q(x), ∀ x > 3a

SoluciónTema

Inecuaciones polinomiales

Referencias

• Factorización de polinomios y criterio de los puntos críticos.


P(x)=x3 – 3ax2 – a2x+3a3

→ P(x)=(x – a)3 – 4a2(x – a); a > 0

Como Q(x)= – P(x – a)

→ Q(x)=– [(x – 2a)3 – 4a2(x – 2a)]

Luego, si R(x)=P(x) – Q(x), entonces

R(x)=(x – a)3 – 4a2(x – a)+(x – 2a)3 – 4a2(x – 2a)

→R(x)=(2x – 3a)(x2 – 3ax – a2)

→R(x)== −( ) − −

− +

2 3

3 132

3 132

x a x a x a.

= −( ) − −

− +

2 3

3 132

3 132

x a x a x a

Si resolvemos R(x) ≤ 0, obtenemos P(x) – Q(x) ≤0 ↔ Q(x) ≥P(x)

Luego

2 33 13

23 13

20x a x a x a−( ) − −

− +

≤

Los puntos críticos son

32

3 132

3 132

a a a; ;−

+

11


– + – +

133 –

2

aa3

2

133 +

2

a

2a 3a

Luego, ∀ x ∈ ⟨2a; 3a⟩, entonces, se cumple que Q(x) ≥P(x).

Respuesta

∴ Q(x) ≥P(x); ∀ x ∈ ⟨2a; 3a⟩

Alternativa C

Pregunta N.º 13Al resolver el sistema:

xz

x y

x y

x

z

=

+( ) =

+( ) =

6

1000

100

El valor para y es

A) 5 B) 6 C) 7D) 8 E) 9

SoluciónTemaSistema de ecuaciones

Referencias

• Ecuaciones exponenciales• Logaritmos


Se tiene el sistema siguiente:

174p

Notar que x, y, z > 0.

De (β) se obtiene: xlog(x+y)=log1000 → xlog(x+y)=3 (1)

De (γ) se obtiene: zlog(x+y)=log100 → zlog(x+y)=2 (2)

Luego de (1) y (2):

134p , entonces x=3k; z=2k

Reemplazando en (α) tenemos:

6k2=6; k>0 → k=1

entonces x=3; z=2

De (γ) se obtiene:

(3+y)2=100

→ y=7

Respuesta

El valor de y es 7.

Alternativa C

Pregunta N.º 14En un antiguo texto, se encuentra la matriz

Ax

yz

=

1 00 00 0

, y el producto A2A T la última

columna, la cual es

−

−

621

. Halle la matriz A.

A) 1 3 00 0 20 0 1−

B) 1 2 00 0 30 0 1−

C) 1 1 00 0 20 0 1

D) 1 1 00 0 30 0 2

E)

1 1 00 0 20 0 3

12


SoluciónTema

Matrices

Referencias

• Operaciones con matrices• Transpuesta de una matriz


Hallamos A2 y A2 · A T

Ax

yz

xyz

x xyyz

z

2

2

1 00 00 0

1 00 00 0

10 0

0 0

=

=

A Ax xy

yz

z

xy z

T2

2

10 0

0 0

1 0 00 0

0

⋅ =

→ A A

x xy xyz

y z yz

z y z

T2

2 2

2 2

2 3

1

0

0

⋅ =

+

( )

De la condición dada tenemos lo siguiente

xyz

yz

z

2

3

621

=

−

−

→ z3= – 1 ∧yz2=2 ∧xyz= – 6

→ z= – 1 ∧y=2 ∧x= – 3

Respuesta

∴ A =−

−

1 3 00 0 20 0 1

Alternativa A

Pregunta N.º 15Si (x0; y0) es la solución del sistema

4 5

2

2

2

e e e e e

e e e e e

x y x y

x y x y

+ =

+ =

−

−

¿cuál de las siguientes regiones sombreadas corresponde al conjunto solución del sistema?

6 3 1

3 9 20 0

0 0

x u y w

x u y w

+ ≤− + ≥ −

D) E)w

u

w

u00

SoluciónTema

Sistemas de ecuaciones e inecuaciones

Referencias

• Resolución de un sistema de ecuaciones trascendentes, utilizando el método de Gauss (eliminación).

• Resolución de un sistema de inecuaciones lineales, utilizando el método gráfico.


Del sistema AB

13


Restamos las ecuaciones (I) – (II):

→ = → + =+3 3 2 12e e x yx y III( )

Reemplazamos en (II):

e1+ex – y=2e →x – y=1 (IV)

De las ecuaciones (III) y (IV) se obtiene:

x y= ∧ = −23

13

Luego, el sistema de ecuaciones es el siguiente:

623

313

1

323

913

2

⋅ + ⋅ −

≤

−

+ −

≥ −

u w

u w

→ w u

w u

≥ −

≤ − +

4 123

23

Resolvemos gráficamente

w

u

w=–2

3u+

2

3

w u=4 –1

Respuesta

La región que representa el conjunto solución es

w

u

Alternativa A

Pregunta N.º 16Sea S la región limitada por las siguientes inecuaciones

• y – x ≤ 4 • yx+ ≤2

6

• x

y2

0− ≤ • – x – y ≤– 2

al minimizar f(x, y), sobre S se afirma que

A) Si f(x, y)=x+y, entonces se tiene 2 soluciones.

B) Si f(x, y)=y – x, entonces 4

13163

;

es solución.

C) Si f(x, y)=x

y2

+ , entonces (2; 0) es solución.

D) Si f(x, y)=x

y2− , entonces se tiene infinitas

soluciones.

E) Si f(x, y)=yx−2

, entonces (6; 3) es solución.

SoluciónTema

Programación lineal

Referencias

• Gráfica de relaciones.• Teorema fundamental de la programación

lineal.


Graficando las relaciones, obtenemos lo siguiente

Intersecando las rectas se obtienen los puntos

A=(– 1; 3) ∧ B =

43

23

; ∧

C=(6; 3) ∧ D =

43

163

;

14


Analizando las alternativas, solo se cumple la proposición E.

Veamos lo siguiente:

Para determinar mín f yx

x y( , ) = −2

, evaluamos en

los vértices de la región convexa.

f fA( ) ( ; )= = + =−1 3 3

12

52

f fB( );

= = − =

43

23

23

23

0

f(C)=f(6; 3)=3 – 3=0

f fD( );

= = − =

43

163

163

23

143

Como queremos el mínimo valor de f, este se encuentra en B y C, ya que f(B)=0 ∧ f(C)=0Entonces, se encuentran en todo el segmento BC y, como (6; 3) ∈ BC, entonces, es una solución.

Respuesta

Se afirma que si f yx

x y( , ) = −2

, entonces, (6; 3) es

una solución.

Alternativa E

Pregunta N.º 17

Dada la serie xk

k

n

=∑

0, cuyas sumas parciales son

dadas por S x xnk

k

n( ) =

=∑

0. Indique la secuencia

correcta después de determinar si la proposición

es verdadera (V) o falsa (F).

I. Sn(1) diverge cuando n tiende a ∞.

II. Sn12

converge a 2 cuando n tiende a ∞.

III. Sn1

100

converge a 0 cuando n tiende a ∞.

A) VVF B) FVF C) FFFD) FVV E) FFV

SoluciónTema

Series de números reales

Referencias

• Series geométricas, convergentes y diver-gentes.

• Límites.


Se sabe que

x x x

xxK

K= + + + =

−∀ ∈ −

=∑ 1

11

1 12

0... ; ;

Entonces, se observa lo siguiente

I. Verdadero En efecto, tenemos

S nn

K

K

n( ) ...1 1 1 1 1 1

0= = + + + = +

=∑

Luego, si n →∞, entonces, Sn(1) →∞

de donde Sn(1) diverge si n tiende al infinito.

II. Verdadero

Pues Snn1

21

12

14

12

= + + + +

...

luego, si n → ∞, entonces

Sn12

1

112

2

=

−

=

III. Falso Pues

Sn

n1100

11

1001

1001

100

2

= + +

+ +

...

luego, si n → ∞, entonces

Sn1

1001

11

100

10099

=

−=

Respuesta

Los valores de verdad son VVF, respectivamente.

Alternativa A

15


Pregunta N.º 18La raíz cúbica del número complejo z=– 2 de mayor argumento principal, es también raíz 18-ésima de otro complejo u=a+bi con a y b números reales. Determine a+b.

A) 2 3 15 +( )B) 26

C) 2 3 17 +( )D) 28 E) 29

SoluciónTema

Números complejos

Referencias

Forma polar y radicación de números complejos.


z3 3 3 32 2 1= − = −⋅

Pero

(mayor argumento principal)

− =

+

+

+

13 3

53

53

3

cos

cos

cos

π π

π ππ π

i

i

i

sen

sen

sen

Entonces, la raíz de z=– 2 de mayor argumento es

2

53

53

3 cosπ π+

isen

Por dato sabemos que

2

53

53

3 18cosπ π+

= +i a bisen

↔ 26(cos30p+isen30p)=a+bi

↔ 26(1+i · 0)=a+bi

↔ 26+0 · i=a+bi

↔ a=26 ∧ b=0∴ a+b=26

Respuesta

El valor de a+b es 26.

Alternativa B

Pregunta N.º 19Indique la secuencia correcta después de determinar si la proposición es verdadera (V) o falsa (F).I. Si A es un matriz de orden m×n y B es una

matriz de orden n×, entonces A+B es de orden m×.

II. Si A =

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

es una matriz de orden

4×4, entonces existe un número natural k tal que Ak=0.

III. Si A es una matriz de orden n×n, entonces A+AT=0.

A) VFV B) VFF C) FVFD) FFV E) FFF

SoluciónTema

Matrices

Referencias

Operaciones con matrices.Matrices nilpotentes.Transpuesta de una matriz.


I. Falso En efecto, si A=(aij)m×n y B=(bij)n×l, enton-

ces, no está definida la suma A+B, pues A y B son de orden diferente.

16


II. Verdadero Hallemos las potencias de A.

A2

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

=

=

0 0 1 00 0 0 10 0 0 00 0 0 0

A A A3 2

0 0 1 00 0 0 10 0 0 00 0 0 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

= =

⋅

=

0 0 0 10 0 0 00 0 0 00 0 0 0

A A A3 2

0 0 1 00 0 0 10 0 0 00 0 0 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

= =

⋅

=

0 0 0 10 0 0 00 0 0 00 0 0 0

A A A4 3

0 0 0 10 0 0 00 0 0 00 0 0 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

= =

⋅

=

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

A A A4 3

0 0 0 10 0 0 00 0 0 00 0 0 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

= =

⋅

=

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

de donde existe k=4, tal que A4=0; se concluye que A es una matriz nilpotente.

III. Falso Veamos un contraejemplo: Dada la matriz

A =

×

2 34 5 2 2

, entonces, AT =

2 43 5

Luego,

A AT+ =

≠

4 77 10

0 00 0

Respuesta

Los valores de verdad de las proposiciones son FVF, respectivamente.

Alternativa C

Pregunta N.º 20La suma de la siguiente serie27+9+3+1+... es;

A) 38,5 B) 39,5 C) 40,5D) 41,5 E) 42,5

SoluciónTema

Series - avales

Referencias

• Descomposición de un aval. Ejemplo

0 23

25

3

55 2

, = +

0 111

13

1

3

1

33 2 3

, ... ...= + + +

• Fracción generatriz de un aval periódico puro.

01 1

,abab

n nn

n

n

=−( ) −( )

Ejemplo

0 5

567,

=

0 232399

, =


Por dato tenemos

S=27+9+3+1+1

3+

1

32+

1

33

. . .+

1

3×

1

3×

1

3×

1

3×

1

3×

1

3×

40

0,13

1

2=

fracción

generatriz

S= + =40

12

40 5,

Respuesta

La suma de la siguiente serie es 40,5.

Alternativa C

17


Pregunta N.º 21En los sectores circulares AOB y COD. SiL a OC bAB

= =3 u, , calcule mAOB

b

2ssO

A

B

C

D

a 3

A) a5

B) ab

C) a

D) b E) ab

SoluciónTema

Área de un sector circular

Referencias

Cálculo del área de un sector circular

S r= 12

2θ ⋅

S = 2

2θ

rad

A

B

O

r

r

Se sabe lo siguiente:S: área del sector circularq: número de radianesr: radio del sector circular: longitud del arco de circunferencia


Piden mAOB.

rads 2s

B

A

3a

O

b

C

D

Dato

L a OC bAB = =3,

Sea

mAOB=qrad → S b= 12

2⋅ ⋅θ (I)

Del gráfico, se establece lo siguiente:

33

23

32

22

Sa

Sa=

( )→ =

θ θ (II)

Reemplazamos (I) en (II)

3

23

2

2 22

2

2θ

θθ

⋅ ⋅b a a

b

= → =

Debido q > 0

Se deduce que θ = ab

.

Respuesta

La medida del ángulo AOB es ab

.

Alternativa B

18


Pregunta N.º 22En un triángulo ABC se tiene AB=a, BC=b y mABC=120º. Calcule la longitud de la bisectriz interna BF , F ∈ AC.

A) aba b+

B) 2aba b+

C) ab

D) aba b

3+

E) 2 3aba b+

SoluciónTema

Resolución de triángulos oblicuángulos

Referencias

Cálculo de la bisectriz interior de un triángulo.

B2

A C

B

b

c aB2

Vb

Va ca c

Bb = ⋅

+⋅2

2cos

• Vb: Representa la bisectriz interior relativa al

lado AC.


Piden la longitud de la bisectriz interna BF.

A F

B

ab

60º 60º

x

C

Datos: AB=a; BC=b y mABC=120°.

Sea: BF=x → x=2

60a ba b

⋅+

⋅ °cos

∴ xa ba b

= ⋅+

Respuesta

La longitud de la bisectriz interna BF esaba b+

Alternativa A

Pregunta N.º 23En el triángulo rectángulo ABC (recto en B) con BC=h y mCAB=q, se tiene inscrita una semicircunferencia según se muestra en la figura. Exprese el radio de la circunferencia en función de h y q.

A B

C

A) hcos

senθθ1+

B) h

senq C) h

cosq

D) hcos

sen cosθ

θ θ+ E)

hsensen cos

θθ θ+

SoluciónTema

Resolución de triángulos rectángulos

Referencias

ncotθ

ncscn

• Identidad por cociente: cotcossen

θ θθ

=

• Identidad recíproca: senqcscq=1

19



A B

C

M

r

rcscθ rO

h

En el triángulo rectángulo OMA(recto en M) se cumple que OA=rcscq:En el triángulo rectángulo ABC observamos:

cot

csc cossen

cscθ θ θθ

θ= + → = +( )r rh

rh

1

→hcosq=r(senqcscq+senq)

→hcosq=r(1+senq)

→ r h=+cossen

θθ1

Respuesta

Por lo tanto, el radio de la semicircunferencia es

igual a hcossen

θθ1+

.

Alternativa A

Pregunta N.º 24En la figura, los planos son perpendiculares. El segmento BH mide 2,5 cm y es la proyección ortogonal del segmento AB sobre el segmento BC. Determine el coseno del ángulo ABC .

A) 0,41

HC

2

2

21

2

A

Bθ

B) 0,47C) 0,50D) 0,67E) 0,71

SoluciónTema

Ángulo diedro

Referencias

Para proyectar ortogonalmente un segmento sobre una recta, se traza desde los extremos del segmento rectas perpendiculares a la recta dada. Luego, el segmento que une los pies de los perpendiculares es la proyección ortogonal del segmento sobre la recta.

A

B

B

A

A

B

B

A

A' B' B'A'

B'A' A' B'

A'B': Es la proyección ortogonal de AB sobre .


2,5

5

H

2

2

B

C

D

21

E

A

2

θ

Según el dato y el gráfico, AH debe ser perpen-dicular a BC.

Luego, en el BAH tenemos

cosθ = BH

AB

Como AE=DC=2 y mBEA=90º

Utilizando el teorema de Pitágoras en el BEA, obtenemos

AB=5

20


Como BH=2,5 (dato) se cumple que

cos

,,θ = =2 5

50 50

• Este problema es absurdo, pues el valor de q está determinado con los datos del problema; por lo tanto, la longitud de BH también está determinada y no le corresponde 2,5 cm.

Pues en el gráfico AC=5 y BC=2 2.

Luego, en el BAC: BH=HC= 2.

→ cos ,θ = =25

0 28

Por lo tanto, 0,28 sería la respuesta correcta.

Respuesta

0,50

Alternativa C

Pregunta N.º 25En la circunferencia trigonométrica, si mAMP = α,halle la abscisa del punto Q, donde R es punto medio de ON.

R

P

Q

O A

M

N

X

Y

A) cos

senα

α1 2− B)

cossenα

α+

−1

1 2 C)

cossenα

α+

+1

1

D) cos

senαα+ 2

E) cos

senαα+ 3

SoluciónTema

Circunferencia trigonométrica

Referencias

• Representación geométrica del seno de un arco.

• Representación geométrica del coseno de un arco.

cos

C. T.

X

Y

sen


sen

X

M

N

O

(– ; 0)n

p

nQ

R

cos

Y

1/2

1/2

Del gráfico sabemos que tansen

cosθ α

α= =

+

12n n

→ n+cosα=2nsenα

n =

−cos

senαα2 1

Q n Q( ; )

cossen

;− =−

01 2

0α

α

Respuesta

Por lo tanto, la abscisa del punto Q es cos

senα

α1 2−.

Alternativa A

21


Pregunta N.º 26Sean α, β, γ los ángulos de un triángulo, tal que tanα+tanβ+tanγ=2007. Entonces podemos afirmar que el valor de 1+tanαtanβtanγ es

A) 2008 B) 2009 C) 2010D) 2011 E) 2012

Solución

Tema

Identidades trigonométricas de arcos compuestos

Referencias

si x+y+z=p, entonces

tanx+tany+tanz=tanxtanytanz


Piden 1+tanαtanβtanγ

Datos:

• tanα+tanβ+tanγ=2007• α, β, γson los ángulos de un triángulo

Entonces, α+β+γ=p.

Luego tanα+tanβ+tanγ=tanαtanβtanγ

Reemplazando tenemos tanαtanβtanγ=2007.

Por lo tanto

1+tanαtanβtanγ=2008

Respuesta

El valor de 1+tanαtanβtanγ es igual a 2008.

Alternativa A

Pregunta N.º 27El conjunto

x x x∈[ ] − > 0 0, sen( ) cos( ) 2 π π

es igual al

A) 12

; 32

B) 14

; 54

C) 0; 14

D) 52

; 2 E) ⟨1; 2⟩

SoluciónTema

Inecuaciones trigonométricas

Referencias

Circunferencia trigonométrica


Datos sen(px) – cos(px)>0; x ∈[0; 2] sen(px)>cos(px); 0 ≤x ≤ 2 0 ≤px ≤2p

Y

X

4

5

4

x

C.T.

De la circunferencia trigonométrica, se observa lo siguiente:

π π π4

54

< <x

14

54

< <x

22


Por lo tanto, x∈14

54

; .

Respuesta

El conjunto es igual a 14

54

; .

Alternativa B

Pregunta N.º 28

Si un diámetro de la circunferencia

(x – h)2+(y – k)2=r2 tiene como extremos a los

puntos (2; 2) y (6; 5), entonces h kr+ +

2

2

es igual a

A) 7 B) 8 C) 9

D) 10 E) 11

Solución

Tema

Cónicas

Referencias

Ecuación de una circunferencia.

Coordenadas del punto medio de un segmento.


Graficamos la circunferencia:

B (6; 5)

A (2; 2)( – ) +( – ) =x h y k r

2 2 2

O h k( ; )

r

X

Y

Determinamos el centro de la circunferencia:

hx xA B= +

2

→ h = + =2 62

4 (I)

ky yA B= +

2

→ k = + =2 52

72

(II)

Determinamos el radio:

2 r=dAB

2 6 2 5 22 2r = −( ) + −( )

→ r = 52

(III)

De (I); (II) y (III) obtenemos:

h

k r+ + = + +

4 24

724

522

2

2

∴ hk r+ + =4 2

82

Respuesta

Entonces, hk r+ +

4 2

2 es igual a 8.

Alternativa B

Pregunta N.º 29En la figura mostrada, el área de la superficie sombreada es

r

r

A) (7+12p)r2 B) (10+12p)r2 C) (12+7p)r2

D) (2+12p)r2 E) (12+2p)r2

23


SoluciónTema

Área de un sector circular

Referencias

Área de un cuarto de círculo de radio r: pr 2

4


Observación:El área de la región pedida (s) equivale a sumar 8 veces el área de un cuarto de círculo y 12 veces el área de una región cuadrangular.

∴ Sr

r=

+ ( )8

412

22π

S=(12+2p)r2

r

r

Respuesta

El área de la superficie pedida es (12+2p)r2.

Alternativa E

Pregunta N.º 30Los diámetros de la base de un tronco de cono de

revolución miden 22 y 4 unidades respectivamen-

te. Calcule la longitud del radio (en unidades) de

la base de un cilindro de revolución que tiene la misma altura y el volumen equivalente al tronco del cono dado.

A) 6 B) 7 C) 8D) 9 E) 10,5

SoluciónTema

Sólidos geométricos

Referencias

Dos sólidos equivalentes son aquellos que tienen igual volumen, luego solo se requiere recordar las fórmulas que permiten calcular el volumen del tronco de cono y del cilindro de revolución.


h h

2

h

r

22

11

Sabemos que el volumen de un tronco de cilindro

de radios 2 y 11 con altura h es el siguiente:

V =h

h3

2 11 2 11 492 2π π π π( ) ( ) ( )( )+ +( ) = (I)

Además:

Vcil=pr2h (II)

De (I) = (II): pr 2h=49ph → r=7

Respuesta

∴ r=7

Alternativa B

24


Pregunta N.º 31Una semiesfera está inscrita en un paralelepípedo de base cuadrada. Si el paralelepípedo tiene una superficie de área igual a 64 u2, entonces el volumen (en u3) de la semiesfera es

A) 163p B)

193p C)

233p

D) 293p E)

323p

SoluciónTema

Esfera

Referencias

Recordemos que el paralelepípedo es un prisma recto, entonces, podemos aplicar los teoremas que se cumplen en un prisma recto.Área de la superficie lateral (ASL).

ASL=(2pbase)(aL)

Donde

2pbase: perímetro de la base

aL: longitud de la arista lateral

Área de la superficie total (AST):

AST=ASL+2B

Donde: B: área de la base

También debemos recordar el cálculo del volu-

men de una semiesfera.

Volumen de una semiesfera (VSE)

VSE R= 23

3π

R: radio de la semiesfera.


Como la semiesfera está inscrita en el paralelepí- pedo, entonces, el círculo máximo debe estar inscrito en una de las bases.

Entonces:

AST=(8R)(R)+2[(2R)2]

AST=8R2+8R2

AST=16R2 (I)

Por dato tenemos:

AST=64 (II)

(I)=(II):

16R2=64

R=2

Luego:

VSE R= 23

3π → VSE = ( )23

2 3π

VSE = 163π

Respuesta

El volumen de la semiesfera es 163p .

Alternativa A

Pregunta N.º 32En un triángulo ABC se traza la mediana AM. Si mABC=105º, mACB=30º, entonces m MAC es

A) 12º B) 14º C) 15ºD) 16º E) 18º

25


SoluciónTema

Triángulos

Referencias

Recordemos que en los triángulos rectángulos notables la razón de sus lados es conocida.


105º

45ºx 30º

a

a

x

30º

HA

B

C

M

a

a

a

Piden mMAC.

Como mBAH y mBCH son notables entonces,

se traza BH para formar los triángulos notables

ABH y BHC.

t BHA notable (45º)

→ AH=BH

t BHC notable (30º y 60º)

→ BC=2(BH)

En tBHC aplicamos teorema de la mediana

relativa a la hipotenusa.

HM=BC/2

Entonces, T HMC es isósceles

mMHC=30º

En T AMH, tenemos

x+x=30º

x=15º

∴ mMAC=15

Respuesta

La mMAC es 15º.

Alternativa C

Pregunta N.º 33

En la figura, AC es el diámetro de la circunferencia

de centro O y radio de longitud R; P y Q puntos

de tangencia. Si mPBQ=90º y BH=h, entonces

AH · HC es

A H C

Q

B

P

O

A) h2 – R2 B) 2(h2 – R2) C) 3(h2 – R2)

D) 4R2 – h2 E) 2(4R2 – h2)

SoluciónTema

Relaciones métricas en el triángulo rectángulo

Referencias

El teorema de Pitágoras relaciona los catetos de un triángulo rectángulo y su hipotenusa, además, podemos relacionar los puntos de tangencia P y Q en la circunferencia con el cuadrado OPBQ.


Piden ab

26


• Notamos lo siguiente:

a+b=2R (I)

En el BHO teorema de Pitágoras

h

b aR2

2 2

22+ −

= ( )

a2+b2 – 2ab=8R2 – 4h2 (II)

De (I)2:

a2+b2+2ab=4R2 (III)

Luego (III) – (II)

4 4 42 2ab h R= −

→ab=h2 – R2

Respuesta

El producto de AH y HC es h2 – R2.

Alternativa A

Pregunta N.º 34

En la figura, BD es diámetro de la circunferencia

de centro O, MN tangente, BM secante. Si AB=5,

MN=12, calcule BM.

A) 13 B) 12 C) 11D) 10 E) 9

SoluciónTema

Relaciones métricas en triángulos oblicuángulos

Referencias

Para el problema es necesario recordar el teorema de la tangente y el teorema de proyecciones; además, como BD es diámetro, entonces, AL=LP.


• Al asociar la incógnita BM al dato AB=5, se obtiene por el teorema de proyecciones lo siguiente:

(BM)2 – 52=b2 – a2 (I)

• Pero también se observa que a; b y 12 se

relacionan por el teorema de la tangente.

122=(b+a)(b – a)

122=b2 – a2 (II)

• Luego, de (I) y (II) obtenemos

(BM)2 – 52=122

(BM)2=122+52

∴ BM=13

Respuesta

La longitud del segmento BM es 13.

Alternativa A

27


Pregunta N.º 35

Si en un triángulo rectángulo ABC, recto en B,

la altura BH (H ∈ AC y AH < HC) relativa a la

hipotunesa mide 12 cm, y la diferencia entre las

proyecciones de los catetos sobre dicha hipotenusa

es 7 cm. Entonces, la longitud (en cm) del radio

de la circunferencia inscrita en el triángulo ABH es

A) 1,5 B) 2,0 C) 2,5

D) 3,0 E) 3,5

Solución

Tema

Relaciones métricas en el triángulo rectángulo.

Referencias

Debemos relacionar en un triángulo rectángulo

las longitudes de la altura y de las proyecciones

ortogonales de los catetos.


Nos piden hallar r

Por datos, se tiene

BH=12 cm y HC – AH=7 cm

Por relaciones métricas en el t ABC

(12)2=(+7)

144=(+7)

(9)(16)=(+7); =9

Luego AH=9 cm AHB: Notable 37º y 53º→ AB=15 cm

Por teorema de Poncelet en el AHB 5+12=15+2r∴ r=3 cm

Respuesta

El radio de la circunferencia inscrita en el triángulo AHB es 3 cm.

Alternativa D

Pregunta N.º 36En un ángulo triedro, dos caras miden 45º y el ángulo diedro entre ellas mide 90º. Entonces la otra cara mide

A) 45º B) 60º C) 75ºD) 90º E) 120º

SoluciónTema

• Geometría del espacio• Subtema: Ángulo poliedro (triedro)

Referencias

Debemos recordar las siguientes notaciones utilizadas respecto a un ángulo triedro:

28


Ángulo triedro O – ABC:

vértice: O

aristas: OA OB OC

, y

medidas de caras: a, b y c

medidas de diedros: α, β y q


Piden a.

Datos:

En el ángulo triedro O – ABC, b=c=45º.

Medida del diedro OA

es 90º.

Sea P ∈OA

. Luego, trazamos PM y PQ perpen-

diculares a OA

, entonces:

PO=PM=PQ=m

m MPQ=90º

OQ=OM=MQ=m 2

→ OMQ: equilátero

∴ a=60º

Respuesta

La medida de la tercera cara es 60º.

Alternativa E

Pregunta N.º 37

Señale la alternativa que presenta la secuencia

correcta después de determinar si la proposición es

verdadera (V) o falsa (F).

I. Si una recta AB y un plano P son perpendi-

culares a una recta CD, entonces la recta AB

y el plano P son paralelas entre sí.

II. La intersección de cuatro planos no paralelos

entre sí, siempre es un punto.

III. Si en todo plano P determinado por dos rec-

tas paralelas disjuntas, se cumple que dichas

rectas son paralelas a un segundo plano P1,

entonces P es paralelo a P1.

A) VFV B) VFF C) FFF

D) FFV E) VVF

Solución

Tema

Geometría del espacio

Referencias

Posiciones relativas entre rectas y planos


Nos piden determinar el valor de verdad en cada

proposición.

I. Falso

29


Del gráfico se obtiene

P ⊥ CD

AB CD

⊥Pero la recta AB no es paralela al plano P

(AB

// P)

II. Falso

La intersección de 4 planos no paralelos no

siempre será un punto, puede ser también

una recta.

III. Falso

Sea L L1 2

//

Si AB

// L L1 2

//

L1

// P1 y L 2

// P1

Pero los planos P y P1 no son paralelos

( P P1)

Respuesta

FFF

Alternativa C

Pregunta N.º 38

En la figura, se tiene un tronco de cilindro oblicuo.

Si UN2 – CP2=30 y m NUP=15º, entonces su

área lateral (en u2) es

A) 174p B) 3 C) 4

D) 134p E)

154p

Solución

Tema

Cilindro: tronco de cilindro

Referencias

Considerando que la sección recta del cilindro

es circular, podríamos calcular el área de la

superficie lateral.


Piden el área de la superficie lateral (ASL).

30


Sabemos

ASL ra b

r a b= ( ) +( ) = +( )22

π π (I)

CAP notable (15º y 75º)

→ AB=b4

NAV notable (15º y 75º)

→ AH=a4

→ HB=2r=a b−

4

ra b= −

8 (II)

Reemplazando (II) en (I) obtenemos

ASL

a ba b=

−( ) +( )π8

ASL

a b=

−( )π

2 2

8

Del dato obtenemos a2 – b2=30

→ = ( ) =ASL π π

308

154

Respuesta

El área de la superficie lateral es 154p .

Alternativa E

Pregunta N.º 39

Señale la alternativa que presenta la secuencia

correcta después de determinar si la proposición

es verdadera (V) o falsa (F)

I. Los centros de las caras de un tetraedro

regular son los vértices de un tetraedro.

II. Los centros de las caras de un octaedro

regular son los vértices de un octaedro.

III. Los centros de las caras de un icosaedro

regular son los vértices de un dodecaedro.

A) VVV B) VVF C) VFF

D) FFV E) VFV

Solución

Tema

Poliedros regulares

Referencias

Los centros de las caras de un poliedro regular

son los vértices de su poliedro conjugado inscrito.


Nos piden la secuencia del valor de verdad de

las proposiciones dadas, así tenemos lo siguiente:

I. Verdadero (V)

Un tetraedro regular tiene cuatro caras

regulares, por lo tanto, para cada cara existe

un centro. Luego, estos cuatro centros no son

coplanares y, por ende, serán vértices de un

tetraedro.

31


II. Falso (F) Los centros de las caras de un octaedro

regular son los vértices de su hexaedro regular conjugado e inscrito; por lo tanto, no son vértices de un octaedro.

III. Verdadero (V) El poliedro conjugado de un icosaedro regular

es el dodecaedro regular. Luego, los centros de las caras del icosaedro

regular son vértices de un dodecaedro.

Respuesta

VFV

Alternativa E

Pregunta N.º 40Una pirámide regular triangular forma en su vértice un triedro cuyas caras miden 60º. La suma de las áreas de las caras es 81 3 2m . Determine la altura (en m) de la pirámide

A) 3 2 B) 3 3 C) 4 2

D) 5 3 E) 6 2

SoluciónTema

Pirámide regular

Referencias

Recordamos que una pirámide regular presenta dos características principales. La base está limitada por un polígono regular y el pie de su altura es el centro de su base.Asimismo, el área de la superficie lateral (suma de caras) ASL es el siguiente:

ASL=Pbase×ap

Donde: Pbase: semiperímetro de la base. ap: apotema de la cara lateral.


• Dado que en el vértice se forma un triedro cuyas

caras son 60º, ubicaremos dichas medidas.

• Notamos que las caras laterales son regiones

equiláteras de lado a y apotema a2

3 .

ASL

a a= =

81 3

32 2

3

De lo cual a = 6 3• En la pirámide, trazamos la altura VG, donde

G es baricentro de la base. Luego en el VGM por teorema de Pitágoras, tenemos

lo siguiente:

H

a aH

a22 2

23

63

63

=

−

→ =

Reemplazando

H = 6 2

Respuesta

La longitud de la altura de la pirámide es 6 2.

Alternativa E

solucionario 2009 -ii matemátcloud.vallejo.com.pe/mateazdgx8pzzjny.pdf · ¿cuáles de las...

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