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- 1 -
Solucionario del Examen de Admisión UNI 2007 - II
MATEMÁTICA
Tema P
20071961
R.D. USE 01 - 1810 - 89
ACADEMIA
CESAR VALLEJO
Resolución Nº 1
Sea el número de tres cifras abc.Por dato
abc=k2+ R y
abc=q3+ R
abc – R=k2es cuadrado y
cubo a la vezabc – R=q3
Para dicha cantidad de cifras sólo cumple 36
abc – R=36 → abc =729+ R abc=272+ R abc =93+ R
Los restos máximos son
R ≤ 2×(27) R ≤ 3×(9)(10)
R ≤ 54 R ≤ 270
R ∈ {1; 2; 3; 4; …53; 54}
Por lo tanto, abc toma 54 valores.
Clave C
Resolución Nº 2
Nos piden expresar1
5en base dos.
Dividiendo 1 entre 5 en base 2 se tiene
1× 2 5
2× 2 0,0011…(2)
4× 2
8
3× 2
6
1× 2 . . . se repiten los restos
Otra forma:1
5
=0,2
Numeral
en base 2
0 2×2
0 4×2
0 8×2
1 6×2
1 2×2
0 4
Luego1
5=0,00110011…(2)
Clave B
Resolución Nº 3
Se sabe que MCD( A; B)=36
A=36 p
PESI B=36 q
Por dato, A y B deben estar entre 750 y 950.
Por lo tanto
750
36
950
36< < p
750
36
950
36< <q
20,8… < p < 26,3 ; 20,8… < q < 26,3…
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- 2 -
Como p y q son PESI
p 21 21 21 21 22 22 23 23 23 24 25
q 22 23 25 26 23 25 24 25 26 25 26
Hay 11 pares de números PESI que están entre
20 y 27.
Por lo tanto, hay 11 pares de números que están
entre 750 y 950 cuyo MCD es 36.
Clave C
Resolución Nº 4
El grupo de cartas que se selecciona debe cumplir
las condiciones siguientes:
• Múltiplo de 3 (la tercera parte es de
corazones).
• Múltiplo de 5 (la quinta parte es de espadas)
• La cantidad de diamantes coincide con la
cantidad de corazones.
Entonces, el grupo que se selecciona puede tener
15 ó 30 cartas.
I. Si el grupo tiene 15 cartas.
5 corazones
5 diamantes
3 espadas
2 tréboles
II. Si el grupo tiene 30 cartas
10 corazones
10 diamantes
6 espadas
4 tréboles
Como nos piden la suma de la cantidad de cartas
de los posibles tréboles extraídos.
2+4=6
Clave C
Resolución Nº 5
Por condición, b ∈ Z+; además
logb531441=n; n ∈ Z
Se observa que
bn=531441
bn=312
Nos piden cuántos valores toma b que coinciden
con la cantidad de valores de n.
Se concluye que n toma tantos valores como los
divisores de 12.
Como 12=22×3, entonces, CD12=3×2=6.
Por lo tanto, son seis valores que toma b.
Clave C
Resolución Nº 6
Por condición
N =16 P 61n; como P =11
N =16(11)61n
N =n4+6n3+11n2+6n+1
Agrupando tenemos
N =(n2+3n+1)2
N =(131n)2
Luego
N =131n
Clave D
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- 3 -
Resolución Nº 7
Del gráfico se obtiene el siguiente cuadro:
Notas H i hi 100% hi
[40 - 60⟩ 0,50 0,50 50%
[60 - 80⟩ 0,50 0 0%
[80 - 100⟩ 1 0,50 50%
Nos piden:
I. El número de evaluados con notas entre
⟨70 - 80⟩ es 0.II. El porcentaje de evaluados que tienen nota
menor a 65 es 50%.
III. Los que obtienen notas entre ⟨90 - 100⟩ son
25%×400=100
Nº total de
evaluados
Clave D
Resolución Nº 8
Por datos tenemos
18kilates
masa total=28 g
Se cumple que
Peso de oro puro
Peso Total
Número de quilates=
24
Entonces, reemplazamos
Peso de oro puro
28 g=
18
24
Por lo tanto, el peso de oro puro es 21 g.
Clave C
Resolución Nº 9
Veamos el valor de verdad de las siguientes
proposiciones:
I. a aa
∈ ↔−
∈ + ∞0 11
0; ;
formamos la expresión
a
a a11
1
1−= − +
−
0 < a < 1
↔ 0 < 1 –a<1 ↔ 11
1<
− a
↔ 0 1 11
< − +− a
Luego
a
a10
−∈ + ∞; Verdadera
II. 1 ≤ x <2 ↔ ≤ −
<02
2
2
2
x
x
1 ≤ x
Veamos un contraejemplo para x =1
2
2
2
2
−=
x
x la proposición es Falsa.
III. – 2 < x < – 1 ↔ 4 < 2 8
2 1
1
x
x
−
+ <
Veamos (←)
22< 2
2 1
1
x
x
−
+ <23 → 22<2| x – 1|<23
→ 2 <| x– 1|< 3
→ 2< x– 1<3 ∨ – 3< x – 1< – 2
→3< x <4 ∨ – 2< x <– 1
Obsérvese que 4 < 2 8
2 1
1
x
x
−
+ < no implica que
– 2 < x < – 1; luego, la proposición es Falsa.
Clave C
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- 4 -
Resolución Nº 10
Sea x 2 – 5 x=a (a en función de x )
X : |a| < 4 ↔ – 4 < a < 4
Y : |a+6| ≤ 2 ↔ –2 ≤ a+6 ≤ 2 ↔ – 8 ≤ a ≤ – 4
intersectando los valores de a.
4
se observa que no existen valores de a, por
tanto, no existen valores de x; esto implica
que X ∩ Y =φ.
Clave A
Resolución Nº 11
Como x ≠ 0
→ x > 0 ∨ x < 0
→ x x
x x
+ ≥ ∨ + ≤ −1
21
2
→ x x
+
∈ −∞ − ]∪ + ∞[
12 2; ;
→ Ran( ) ; f = − −R 2 2
Clave A
Resolución Nº 12
Recordemos que si x 1; x 2; x 3; x 4 son las raíces de
un polinomio mónico P , entonces
P ( x )=( x – x 1)( x – x 2)( x – x 3)( x – x 4)
También, si en una raíz del polinomio es de la
forma a b+ , entonces, otra raíz debe ser a b−
cuando los coeficientes son racionales.
En el problema tenemos de dato las raíces
x x
x x
1 2
3 4
3 2 3 2
2 3 2 3
= − +→
= − −
= − + = − −
Luego, el polinomio mónico de menor grado es
P ( x ) =( x – x 1)( x – x 2)( x – x 3)( x – x 4)
=( x 2 – ( x 1+x 2) x + x 1 x 2)( x 2 – ( x 3+ x 4) x+x 3 x 4)
=( x 2 – (– 6) x +7)( x 2 –(– 4) x +1)
=( x 2+6 x +7)( x 2+4 x +1)
∴ Σcoef( P )= P (1)=(14)(6)=84
Clave E
Resolución Nº 13
Sean los números a y b.
Por dato:
a b a b2 2 29 1+ = ∧ + =( ) ( )I II
log log
De (II) se tiene que
ab=10 y a> 0; b> 0
además
(a+b)2=a2+b2+2ab
reemplazamos
(a+b)2=49 → a+b=7 → a=7 –b
Como ab=10 → (7 –b)b=10
b2–7b+10=0
(b– 2)(b– 5)=10
Luego
b=2 → a=5
b=5 → a=2
Por lo tanto, dichos números son 2 y 5
Clave D
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- 5 -
Resolución Nº 14
Tenemos por dato
a
b a
x x
x x a b
0 1 0
0 10
1 2
3 4
=
≠ ∧ ∈
; R
efectuamos
ax ax
bx ax bx ax
1 2
1 3 2 4
1 0
0 1+ +
=
Igualando las matrices se tiene
ax x
aax x
bx ax x b
a
bx ax x a
1 1
2 2
1 3 3 2
2 4 4
11
0 0
0
11
= → =
= → =
+ = → = −
+ = → =
Entonces, los valores de
x 1; x 2; x 3; x 4 en ese orden son
1 0 12a
b
a a; ; ;−
Clave D
Resolución Nº 15
Tenemos el sistema
4
1
5
2 3
5
2
3
1
1
2 3
7
5
x y x y
x y x y
+ −−
− +=
−
+ −+
− +=
−
( )
( )
I
II
Multiplicando por 5 en (I) y sumando con (II)
tenemos
19
17
5
2
19
1
19
2 x y x y+ −= − − ↔
−+ −
=
x +y – 1= – 2 ∴ x +y=– 1
Clave A
Resolución Nº 16
En el problema tenemos lo siguiente:
maximizar
z= f ( x 1; x 2)= x 1+1,5 x 2
sujeto a
2 2 160
2 120
4 2 280
0 0
1 2
1 2
1 2
1 2
x x
x x
x x
x x
+ ≤+ ≤+ ≤≥ ≥
,
La región admisible es
40 60 70 120
20
40
60
80
80
(60; 20)
(40; 40)
4 +2 =280 x x 1 2
X 1
Y 2
x x 1 2+ =80
x x 1 2+2 =120
vemos que existe la región admisible.
Evaluamos en los vértices para hallar la soluciónóptima.
z= f ( x 1; x 2)= x 1+1,5 x 2
f (0; 60)=90
f (40; 40)=100 → la solución óptima es (40; 40)
f (60; 20)=90
f (70; 0)=70
Clave B
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Resolución Nº 17
Del enunciado se obtiene el siguiente gráfico:
2 22
2
2 2
2
4
Luego, la suma de los perímetros es
S = + + + +
=−
=−
= +( )
4 4 2 2 2 2
44
11
2
16 2
2 116 2 2 1
( ...)
serie geométrica de razón1
2
∴ = +( )S 16 2 2
Clave D
Resolución Nº 18
Tenemos la ecuación
x x + − =2 4
I. Hallamos el C.V.A.
x – 2 ≥ 0
x ≥ 2
→ C.V.A.=[ 2 ; +∞⟩II. De la ecuación
x x x − = − ∧ ≤2 4 4
Elevamos al cuadrado
x – 2 = 16 – 8 x + x 2
x 2 – 9 x – 18 = 0
( x– 3)( x– 6) = 0
→ = ∨ = x x 3 6
no es solución,pues no es menor
o igual a 4.
Clave B
Resolución Nº 19
Del conjunto P tenemos
x x a2 2 0− + ≥
↔ −( ) ≥ − x a1 12
, como3
41≤ <a
Entonces, 0 < 1 –a;
luego
x a−( ) ≥ −1 12
↔ − ≥ − x a1 1
↔ − ≥ − ∨ − ≤ − − x a x a1 1 1 1
↔ ≥ + − ∨ ≤ − − x a x a1 1 1 1
+
1 a1 1 a1+
∴ = −∞ − − ∪ + − +∞ P a a; ;1 1 1 1
Del conjunto Q se tiene
x 2
ax 2a2 0
x
x
2a
a
( x 2a)( x +a) 0
a 2a
Q=[ – a; 2a]
∴ intersecando, obtenemos
P Q a a a a∩ = − − − ∪ + − ; ;1 1 1 1 2
Clave E
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- 7 -
Resolución Nº 20
Ordenando la expresión
R m n mn m n mnm n;( ) = + −( ) + +( )2 2
R m n mnm n;( ) = +( ) −2 2
2
R m n mn mnm n;( ) = + + −2 2 2 2
∴ = +( ) R m nm n;2 2
Para simplificar Q, hagamos el cambio de variable
a x b y
2
3
2
3= =;
→ = =a x b y
4
3 24
3 2
; , así mismo
→ = =a x b y2 3 2 3;
Reemplazamos en Q
Q an bm am bn am bn an bm
x xy y m n=
+ + + +( ) −( )[ ] −( ) − ( )[ ]
− +( ) +( )
2 2
2 2 2 2
Q an bm am bn
x xy y m n=
+( ) + −( ) − +( ) +( )
22 2
2 2 2 2
Q a b m n
x xy y m n=
+( ) +( )
− +( ) +( )
2 2 2 2 2
2 2 2 2
Q x y
x xy y=
+( )− +
2 3 3
2 2
Q x y x xy y
x xy y=
+( ) − +( )
− +( )
2 2 2
2 2
Q x y Q a b= +( ) ↔ = +2 2 2
2
3
2
3
Clave C
Resolución Nº 21
A
G
B
J
D
E
F Cm
20
m
x + x +
x
Piden BE=x
Dato EF
:Mediatriz de DC
tCDG
GE=EC=x+
→ DE: Mediana relativa a la hipotenusa del
tCDG
→ GE=EC=DE=x+
TGED: Isósceles
como AB // DET JBG: Isósceles
BG=BJ=
T ABC: Isósceles
AB=BC
20+= x+x+
→ 20=2 x
∴ x =10
Clave E
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- 1 -
Resolución Nº 22
En el enunciado del problema se pide calcular x.
A
B
C
x
64
D
Por teorema de la bisectriz interior (forma
trigonométrica), tenemos
x = ( )( )
+
×
2 4 6
4 6
90
2
cosº
∴ = x
12 25
Clave B
Resolución Nº 23
r'
r
2r
2r'
P
H
M
N b
b
O' O
L
PideN
r
r
'
Del dato PM
PN = 2 (I)
Del gráfico, MH = NL=b
Por relaciones métricas
( MP )2=2r '×b (II)
( NP )2
=2r ×b (III)De (II) y (III)
MP
NP
r
r
=
2 ' (IV)
Reemplazamos (I) en (IV)
22 =
r
r
'
∴ r
r
'= 4
Clave C
Resolución Nº 24
P
A C
F
B
b
R x
6
3
Q
H
a
Piden BH = x
Dato
BP y BQ son proyecciones ortogonales de AB y
BC sobre el diámetro BF .
Por teorema, en el T ABC
ab= x (2 R) (I)
Por relaciones métricas en BAF y BCF
a2=(2 R) · 6(II)
b2=(2 R) · 9
De (II)
ab R= 6 6 (III)
De (I) y (III)
6 6 2 R x R= ( )
x = 3 6
Clave C
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- 2 -
Resolución Nº 25
A P Q Cb b b
T d
2c
c
F
3k
2k
m
m
N
X 2a
a
G
B
M
Piden A T BMN = X
Datos A T ABC=45º AP = PQ=QC
AF =2( FB) BG=2(GC)
En el T ABC: teorema de Menelao (2c)(2a)=d=ca(3b+d) → d=b
En el T ABP : teorema de Menelao
(2c) BM (3b)=c( MP )(4b)
→ BM
MP =
23
En el ABQ: teorema de Menelao
(2c) BN (2b)=c( NQ)(4b)
→ BN
NQ= 1
Por relación de áreas
x
A A x
T
T
BPQ BPQ
k m
k m= → =
25 2
15
( )( )
Pero: A BPQ=
13 A T ABC
→ A BPQ=15
x = 15 15( )
∴ x =3
Clave C
Resolución Nº 26
Piden
d(Q; H )= x
Datos ABC ⊂ H (m BAC=60º)
d(Q; A)=25
d(Q; AB)=7
d(Q; AC)=20
25
Q
A60º
7 x M
B
H 20
24
11 3
C
S
30º
15
33
N
H
AHQ
x 2=(25)2+( AH )2 (I)
Teorema de las tres perpendiculares
→ HN ⊥ AC y HM ⊥ AB
ANQ(37º y 53º), AMQ(16º y 74º) y
AMS(30º y 60º)
→ AM =24, AN =15, AS=48, NS=33 y
NH =11 3
ANH
( AH )2=(15)2+(11 3)2
→ ( AH )2=588 (II)
De (I) y (II)
∴ x = 37
Clave E
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- 3 -
Resolución Nº 27
Según los datos V ', A' y F ' es el número de vértices,aristas y caras del nuevo poliedro construido.En dicho poliedro, por el teorema de Euler:
V ' + F ' = A' +2 ∴ V ' – A'+ F '=2
Clave B
Resolución Nº 28
33
O2 3
3
3/2
T
H E
F G
P3/2
3/23/2 3/2O1
B
A D
C
3
Q
Piden
A SL: Área de la superfice lateral del troncopiramidal cuadrangular regular.
Como el tronco de pirámide cuadrangular esregular y está circunscrita a una esfera.
→ O1 y O2 son centros de las bases
Además, se deduce que EF =3 y AB=6
PQ es tangente a la esfera en T .
→ PT =O1 P =3/2 y TQ=QO2=3
Luego, A SL : Suma de las áreas de todos los
conos laterales.
A SL = 4 43 6
2
9
2
A z HGCD( ) = ×
+
×
∴ A SL = 81
Clave D
Resolución Nº 29
R
h=2
Piden R
Dato h=2El volumen será
V =π R2. 2=2π R
2
El radio aumenta en 6 y el volumen aumenta
en x .
R+6
h=2
El volumen V ' V '= V + x
→ π( R+6)2. 2=2π R2+ x (I)
La altura aumenta en 6 y el volumen aumenta
en x .
h+6=8
R
El volumen V ''
V ''= V + x
→ π R2 . 8=2π R
2+ x
→ x =6π R2 (II)
Reemplazamos (II) en (I)
2π( R+6)2=2π R2+6π R
2=8π R2
( R+6)2
=4 R2
∴ R=6
Clave C
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Resolución Nº 30
R
2a 2a
2a 3
32a
A
C
r a
D
h
h
2a
Piden el volumen del tronco de cono determinado:
V x
Del dato:
D- ABC es regular AC =( )3 6
Volumen del cono pequeño= V
Volumen del cono mayor=8 V
Por relación de semejanza de conos, tenemos
V
V 8
3
=
r
R → R=2r
En AC
3 6 4 3= a → a =3 2
4
Entonces
r =3 2
4; R =
3 2
2
También
23 6 6
3h =
( ) → h=3
Finalmente, en el tronco de cono
V x =1
32 2πh R r Rr + +( )
V x=1
33
3 2
2
3 2
4
3 2
2
3 2
4
2 2
π ( )
+
+
V x=
63
8
π
∴ V x =7,87π u3
Clave B
Resolución Nº 31
60º60º A
H C
B
Eje de giro de la región
triangular equilátera ABC.
360º
B
A C
R
R 120º
30º
30º
R
O
Piden
V x : volumen de la esfera circunscrita al cono de
revolución generado.
Del gráfico
V x =4
3π R3 (I)
AOB
R =
3 (II)
De (II) y (I)
V x =4
3 3
3π
V x =4
9 3
3π
Clave B
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Resolución Nº 32
A
Q
C
N
B
y
I
Z
R
M
Ec
x r
r c
Piden x +y+ z
Datos
m m m m m m AM MB AQ QC BN NC = = =, ,
R=6, inradio: r =2
Sean
I : incentro del triángulo ABC
Ec : ex centror c : ex radio
Analicemos un caso
Por teorema, Ec, M , I , C son colineales y EM = MI.
Por teorema de la base media en la región
sombreada
x r r c= +
2
(I)
En forma análoga
yr r b= +
2 (II)
zr r a= +
2 (III)
Sumamos (I), (II) y (III)
x y zr r r r a b c+ + =
+ + +3
2 (IV)
Por teorema de Steiner
r a+r b+r c=4 R+r (V)
Reemplazamos (V) en (IV)
x y zr R r
+ + = + +3 4
2
x +y+ z=2( R+r )
Pero por dato
R=6 y r =2
∴ x +y+ z=16
Clave C
Resolución Nº 33
x
Y
X
m
ny=
L
P 2
Cálculo del área S de la región sombreada
S=mn
2 (I)
La recta L : y=–
n
m( x –m) y la hipérbola: xy=2
se intersecan en el punto P .
De las ecuaciones se obtiene
nx 2 –mnx +2m=0
Dicha ecuación presenta solución única, entonces
(T=0)
7/22/2019 Solucionario Matematica 2007 II[1]
http://slidepdf.com/reader/full/solucionario-matematica-2007-ii1 13/14
- 13 -
→ (mn)2 – 4(n)(2m)=0
→ mn=8
Reemplazamos en (I)
S=4 u2
Clave C
Resolución Nº 34
11
2
5
2
3 A
B
C D
mm
H
5
2
3
8
5
ABH : m2=11
2
5 3
2
2 2
+
→ m=7
ABD: teorema de cosenos
82=m2+52 – 2(m)(5)cosα
Pero m=7
→ 64=49+25 – 2(7)(5)cosα
→ cosα=1
7
Piden
J=mcos2α= 7
1
7
1
7
2
=
Clave B
Resolución Nº 35
cot tan csc
x x x
24
42+ =
cot tan tan cot
x x x x
2 4 4 2 2+ = +
4 2
4
=tan
tan
x
x (I)
Aplicamos la identidad
sectan
tan
2 12
θ θ
θ
+ =
En (I)
4=sec x
2+1
→ sec x
2=3
∴ cos x
2
1
3=
Clave B
Resolución Nº 36
f ( x )=3 arccos x +6 arcsen x –π
f x x x ( ) arcsen arcsen= −
+ −3
26
ππ
f x
x
x
x ( ) arcsen
arcsen
arcsen
arcs
= +
− ≤ ≤
− ≤ ≤
− ≤ +
π
π π
π π
π π
23
2 2
3
23
3
2
23 een x ≤ 2
∴ Ran( f )=[–π; 2π]
Clave C
7/22/2019 Solucionario Matematica 2007 II[1]
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14
Resolución Nº 37
Piden el rango de f
f x x x −
= + −
π
2
2 22cos cos
Completando cuadrados se tiene
f x x −
= + −π2
1 32( cos )
cos sen
cos sen
x x
x x
= −
→ = − −
π
π
2
2
Reemplazamos
f x x −
= − −
−
π π2
12
3
2
sen
− ≤ − −
≤1
21sen x
π
0 12
2≤ − −
≤sen x
π
0 12
4
2
≤ − −
≤sen x
π
− ≤ − −
− ≤
−
3 12
3 1
2
2
sen x
f x
π
π
∴ Ran( f )=[– 3; 1]
Clave A
Resolución Nº 38
E = +
+ +
+ +
sen tan sec90
270
333
2
πθ
πθ
πθ
E = + +
+sen tan cscθ π θ θ3
E=|sen330º|+|tan390º|+|csc330º|
E = + +
1
2
3
32
∴ E = +2 3 15
6
Clave C
Resolución Nº 39
R n n
n
= +
+ + ∈cos sen( );
7
2
πα π α Z
Analizamos
I. Si n es par:
R n= + +
+ +cos ( ) sen( )
º
4 12
πα π α
R=– senα+senα → R=0
II. Si n es impar:
R n= + +
+ +cos ( ) sen( )
º
4 32
πα π α
R=senα – senα → R=0
∴ R=0
Clave C
Resolución Nº 40
Se tiene un ángulo representado por α.
Por dato
α=(2n)º (I)
α=(2n+2)g
Por relación numérica
2
9
2 2
109
n nn=
+→ =
Si reemplazamos en (I)
α=(2n)º
α=18º
En radianes
α
π π=
=18180 10
º·º
radrad
Clave B
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