CLA VES - Pamer · UNI 2018-2 Examen de Admisión CLA VES CLAVES UNI Admisión 2018 - II ¡Nuestra exigencia tiene resultados!

UNI2018-2

Examen de Admisión

CLAVES

CLAVES

UNIAdmisión 2018 - II

¡Nuestra exigencia tieneresultados!

Créditos

ENCARGADO DE EDITORIAL: Francis Pajuelo Palacios

SUPERVISORA ED. ACADEMIA: Mercedes Nunura Sánchez

DIRECCIÓN GENERAL DE LÍNEA: Carmen Alburqueque Valera

COORDINACIÓN DEL EXAMEN: Susana Oña Cachique

PROFESORES RESPONSABLES:Roberto Vizurraga L. | Diego Perez |

Juan Carlos Ramos L. | Edgar Morillo Ch. | Aaron Ramos N. | Miguel Escalante

Adriano Ynfanzon Q. | José Rodriguez

PRE PRENSA DIGITAL

DIAGRAMACIÓN UNI:Verónica Pacherres Ato

COLABORADORES:César Ágreda | Rosa Bardales | Erika Cuadros |

Ursula Nunura | Betty Picoy | Pamela Suárez | Karina Ubillus |

© Derechos Reservados: Ediciones e Impresiones Paz S.A.C.

Prohibido la reproducción total o parcial de este volumen | Edición 2018 www.pamer.edu.pe

Presentación

Estimado(a) amigo(a):

Has elegido postular a la UNI, y por ello desde ya te felicitamos, puesto que, sin duda, eres una persona a la que le gustan los grandes retos. Por tal motivo, la Corporación Educativa PAMER te brinda el solucionario del examen de ingreso directo escolar UNI 2018-II, que es una excelente herramienta que te ayudará a absolver dudas, reforzar conocimientos y conocer el modelo de preguntas que propone el examen de admisión UNI.

La Corporación Educativa PAMER es conocedora del alto nivel académico que exige la UNI en su examen de admisión para seleccionar a sus futuros estudiantes. Por esta razón, presentamos un modelo de preparación enfocado directamente en lo que requiere esta universidad.

En PAMER trabajamos en equipo y hacemos nuestro tu objetivo. Contamos con un sistema de tutoría que trabaja arduamente de la mano de cada alumno orientando, exigiendo y motivando con miras al gran resultado: ¡Que seas un CACHIMBO UNI!

Nuestro equipo de profesores es especialista en preparación UNI y desarrolla un alto nivel académico con clases dinámicas. A nuestros profesores realmente les interesa que aprendas y, con la finalidad de que puedas consultar y pedir ayuda cada vez que lo requieras, te brindan toda la confianza necesaria.

Sin duda, somos un equipo sólido y es por eso que tenemos la seguridad de que este material que hoy tienes en tus manos te beneficiará. Estamos y estaremos gustosos de ayudarte siempre que lo necesites.

Tus amigos,

Corporación Educativa Pamer

EXAMEN DE ADMISIÓN

UNI 2018 - II

Academias Pamer Matemática4

RESOLUCIÓN 1TEMA: Numeración y Racionales

1. Ubicación de incógnita Determinar el valor de verdad de las proposiciones. 2. Operación del problema

I. 111(3)= 32 + 3 + 1 = 13 23(5)= 2 . 5 + 3 =13

→ I. Es verdadero (V)

II. 0, 1(5) = 1(5)

4(5)

= 14

= 0,25

→ II. Es verdadero (V)

III. 0, a (11)= 0, 4(5)

a(11)

(10)(11)

= 4(5)

4(5)

→ a

10 = 1

Pero a = 10 → III. Es verdadero

3. Conclusiones y respuesta I, II y III son verdaderas

Respuesta: VVV

RESOLUCIÓN 2TEMA: Operaciones

1. Ubicación de incógnita Determinar el valor de verdad de las proposiciones. 2. Operación del problema I. Verdadero

En efecto, a – b = d → a = b + d Por hipótesis d∈ y b∈

La adición es cerrada en , luego a ∈ II. Falso

a – b = d → b = a – d , siendo d ∈ y a ∈

La sustracción no es cerrada en III. Falso

Si a2 es un número natural, a no necesariamente es un numero natural, por ejemplo a = 2

3. Conclusiones y respuesta I es verdadero, I y III son falsas.

Respuesta: VFF

RESOLUCIÓN 3TEMA: Polinomios

1. Análisis de los datos o gráficos P(x) ≡ 9 – x2, Q(x) ≡ ax3 – 2x + 3...(I)

P(x)(Q(x)–1)

x – 3

Cociente: q(x)

Residuo: O

...(II)

∑ Coef(q(x))=q(1)= –12...(III)

2. Operación del problema De (II) : P(x)(Q(x) – 1) ≡ (x – 3)q(x) + 0 Para x = 1 : P(1)(Q(1)–1)=(–2)q(1) De(I) y (III) : (8)(a)= (–2)(–12) a = 3

Respuesta: 3

RESOLUCIÓN 4TEMA: Divisibilidad

1. Ubicación de incógnita Determinar la cantidad de valores que toma abc si

abc = 11 y a+ b+ c = 15

2. Operación del problema

abc = 11→ a + c – b =11 → 15 – 2b = 11 → b = 2

→ a + c = 13 → a = 4; 5; ... ; 9

abc = 429; 528; 627; 726 ; 825; 924

3. Conclusiones y respuesta Hay 6 números que cumplan las condiciones

Respuesta: 6

RESOLUCIÓN 5TEMA: Números racionales

1. Ubicación de incógnita Determinar el valor de verdad de cada proposición

2. Operación del problemaI. Falso

Si

ab

∩

mn

= ∅, entonces las fracciones a

b y m

n

no son equivalentes, por lo tanto an ≠ bm

II. Falso

Si

ab

∩

mn

≠ ∅, entonces a

b y m

n son equivalentes

y ab

= mn

, pero esto no implica nb

= ma

; por el caso

a = 0, m = 0

EXAMEN DE ADMISIÓN SOLUCIONARIO


UNI 2018 - II

III. Verdadero

ab

+

mn

=

an + bm

bn =

rs

,

⇒ an + bmbn

∈

rs

Respuesta: Solo III

RESOLUCIÓN 6TEMA: Divisibilidad

1. Ubicación de incógnita Encontrar cifras desconocidas aplicando divisibilidad.

2. Análisis de los datos o gráficos:

(3a)9(3a)9 ... (3a)9.102n = 259 M2

2n cifras


(3a)9(3a)9...(3a)9 = 259 = 7 y 37

→ a3a3 ...a3 = 259 (a = 1, 2, 3)

Menor solución: 131313 = 259 → a = 1, n = 3

4. Conclusiones y respuesta: 393939000000 = 259. (39000)2

Menor valor de a + n = 1 + 3 = 4

Respuesta: 4

RESOLUCIÓN 7TEMA: Mezcla y aleación

1. Ubicación de incógnita Determinar la pureza o ley de una aleación de oro.

2. Análisis de los datos o gráfico

Peso w 4w

Ley 0,8 0,75

3. Operación del problemaPureza resultante (ley):w . 0,8 + 4w . 0,75

5w = 0,760

Respuesta: 0,760

RESOLUCIÓN 8TEMA: Probabilidades

1. Ubicación de incógnita Cálculo de probabilidad

2. Operación del problema El total de maneras diferentes de dividir 15 personas en

5 grupos de 3 es:

C15

3 × C12

3 × C 93 × C 6

3 × C 33

5! = 1401400

El número de casos particulares en que en cada grupo siempre haya una mujer es:

JKLC 5

1 C10

2

JKL JKLC 4

1 C82

JKL JKL 1C 3 C 6

2

JKL JKL 1C 2 C 4

2

JKL JKL 1C 1 2C 2

JKL

5! = 113400

Probabilidad = 1134001401400

= 811001

= 0,08

Respuesta: 0,08

RESOLUCIÓN 9TEMA: Funciones

1. Ubicación de incógnitaf: [0; 6] → [–4; 4]

x

y4

6x1

–4

x0

2. Operación del problemaI. Verdadero Es evidente que f es inyectiva y suryectiva, luego f es

biyectiva.

II. Falso Nótese que f(x0) = 0, luego |f(x0)| – f(x) = 0

III. Falso Nótese que g(x0) = g(x1) = 0, pero x0 ≠ x1

• g(x0) = f(x0) + |f(x0)| = 0 + 0 = 0

• g(x1) = f(x1) + |f(x1)| = 0 + 0 = 0

Respuesta: VFF

RESOLUCIÓN 10TEMA: Productos notables


Dado xyz = 14

, calcule:

E = (xy+z)4 + [(xy)2 – z2]2 + (xy – z)4

(xy+z)6 – (xy – z)6

Haciendo xy + z = a ; xy – z = b



UNI 2018 - II

Se tiene: E = a4 + a2b2 + b4

a6 – b6

E = a4 + a2b2 + b4

(a2 – b2) (a4 + a2b2 + b4)

E = 1

a2 – b2 =

1(a+b)(a–b)

Pero a = xy + z ; b = xy – z

E = 14xyz

= 1

Respuesta: 1


1. Operación del problemaI) F Graficando se tiene:

x1

f no esmonótona

2

–1

y

II) F Graficando se tiene:

x

g no poseevalor mínimo

y

III) F Ya que h(x) = 2x – 3–x y h(–x) = 2–x – 3x

es evidente que h(–x) ≠ –h(x), entonces h no es impar.

Respuesta: FFF

RESOLUCIÓN 12TEMA: Matrices

1. Análisis de los datos o gráficos Tener en cuenta que: si A y B con matrices cuadradas de

orden n 1. |A| = |AT| 2. (A – B)T = AT – BT

3. |αA| = αn|A|, α ∈ R

3. Operación del problema I) V De (1): |A – KI| = |(A – KI)T|; K ∈ R De (2): |A – KI| = |AT – KI| Por hipótesis es cero |AT – KI| = 0

II) F Si A2 = I – A → A2 + A = I A(A + I) ∧ (A + I)A = I

De donde se observa que A es una matriz regular y su matriz inversa es A+I, entonces |A| ≠ 0

III) V Si B = (–1)n+1 |A|A2n

|B| = |(–1)n+1.|A|. A2n| De (3): |B| = ((–1)n+1|A|)n. |A2n| |B| = (–1)n(n+1).|A|n. |A|2n

|B| = |A|3n

Respuesta: VFV

RESOLUCIÓN 13TEMA: Matrices

1. Análisis de los datos o gráficos

Sea A = 1 0 10 1 00 0 1

Como A es matriz triangular (superior), entonces det(A) = 1.1.1 = 1

Además:

A2 = 1 0 20 1 00 0 1

, A3 =

1 0 30 1 00 0 1

, ..., An =

1 0 n0 1 00 0 1

2. Operación del problemaI. F det(An) = 1, ∀ n ∈ NII. V

An = 1 0 n0 1 00 0 1

, ∀ n ∈ N

III. F Si B es la matriz inversa de An, entonces B = (An)–1, ∀ n ∈ N

B = A–n, ∀ n ∈ N

Bn = A–n2, ∀ n ∈ N

det(Bn) = det(A–n2)

det(Bn) = [det(A)]–n2

det(Bn) = 1

Respuesta: FVF

RESOLUCIÓN 14TEMA: Conteo de números

1. Operación del problemaI. VERDADERO Progresión: a; a + r; a + 2r; ... (razón = r) Nueva progresión: a + K; a + r + K; a + 2r + K; ... razón = (a + r + k) – (a + k) = r



UNI 2018 - II

II. VERDADERO Sea 2n el número de términos de una progresión

aritmética de razón r, los términos centrales son an = a1 + (n – 1)r y an + 1 = a1 + nr El último término a2n = a1 + (2n – 1)r a1 + a2n = a1 + a1 + (2n – 1)r = 2a1 + (2n – 1)r an + an + 1 = a1 + (n – 1)r + a1 + nr = 2a1 + (2n – 1)r

III. FALSO Progresión: a; a + r; a + 2r; ... Multiplicando por K: aK; (a + r)K; (a + 2r)K (a + r)K – aK = rK ≠ r

Respuesta: VVF

RESOLUCIÓN 15TEMA: Sistemas de Ecuaciones


El sistema lineal (k + 3)x + 2ky = 5k – 9(k + 4)x + (3k – 2)y = 2k + 1

)

Admite al menos una solución

2. Operación del problema Se encontrará el conjunto de valores de k para el

cual, el sistema dado no presenta solución, es decir, es incompatible.

Si el sistema es incompatible, se cumple que:

k + 3k + 4

= 2k3k – 2

≠ 5k – 92k + 1

... (I)

1444442444443 ( ) De ( ): k = 3 ∨ k = –2 Solo k = –2 verifica (I) El conjunto de valores de k para que el sistema lineal

dado tenga al menos una solución es R – {–2} = ⟨– ∞;–2⟩ ∪ ⟨–2;+∞⟩

Respuesta: ⟨– ∞;–2⟩ ∪ ⟨–2;∞⟩

RESOLUCIÓN 16TEMA: Sistema de ecuaciones

1. Ubicación de incógnita Valor de verdad


(1 – λ)x + y = c ... (1) 2x – λy = 2c ... (2)x – y = (1 + λ)c ... (3)

Z][]\

3. Operación del problemaI. λ = –2:

3x + y = c

2x + 2y = 2cx – y = – c

Z][]\

→ 3 1 c2 2 2c1 –1 –c

= 0; ∀ c ∈ r

El sistema tiene solución para todo valor real de c. La proposición es verdadera.II. λ = 0:

x + y = c

2x = 2cx – y = c

Z][]\

→ 1 1 c2 0 2c1 –1 c

F1 + F3

2 0 2c2 0 2c1 –1 c

= 0

El sistema tiene solución La proposición es falsa.III. λ = 1:

y = c

2x – y = 2cx – y = 2c

Z][]\

→ 0 1 c2 –1 2c1 –1 2c

= –3c

El sistema tiene solución única solo si c = 0. La proposición es falsa.

Respuesta: VFF

RESOLUCIÓN 17TEMA: Programación lineal

1. Ubicación de incógnita Modelación de problema

2. Análisis de los datos o gráficos x = N° de cantidades del compuesto M y = N° de unidades de compuesto N

3. Operación del problema La función objetivo es: F(x;y) = 1000x + 3000y Las restricciones son: x + 5y ≥ 15 5x + y ≥ 20 x, y ≥ 0

Respuesta: mín(1000x + 3000y) sujeto a

x + 5y ≥ 15

5x + y ≥ 20

x ≥ 0, y ≥ 0

RESOLUCIÓN 18TEMA: Valor Absoluto


M = x ∈ r x + 2 – x + 3

x – 1 – x + 4 ≥ 0


En la inecuación: x + 2 – x + 3

x – 1 – x + 4 ≥ 0

Multiplicamos por: x + 2 + x + 3

x – 1 + x + 4



UNI 2018 - II

Se tendría: (x + 2)2 – (x + 3)2

(x – 1)2 – (x + 4)2 ≥ 0

Factorizando: (2x + 5) (– 1)(2x + 3) (– 5)

≥ 0

2x + 52x + 3

≥ 0

De donde C.S. = – ∞ ; – 52

∪ – 32

; + ∞ = M

Mc = – 52

; – 32

Entero: – 2

Respuesta: 1

RESOLUCIÓN 19TEMA: Ecuación Cuadrática


• Conjunto solución: C.S. = {∆ – 1, ∆ + 1}

• Raíces: x1 = ∆ – 1, x2 = ∆ + 1

2. Operación del problema:La ecuación cuadrática se puede escribir como:

x2 – (x1 + x2) x + x1 x2 = 0

esto es: x2 – 2∆ x + ∆2 – 1 = 0

donde: ∆ = (– 2 ∆)2 – 4(1)(∆2 – 1) ∆ = 4

Luego, la ecuación cuadrática es: x2 – 8x + 15 = 0

Piden: x1 + x2

3. Conclusiones y respuesta:Por teorema de Cardamo: x1 + x2 = 8

Respuesta: 8


1. Análisis de los datos o gráficosRedefiniendo la función:

F(x) = y = x2 – 3 ; x ≠ ± 5 → y ≠ 2

2. Operación del problema:

Cálculo del Rango: ∀ × ∈ r: x2 ≥ 0 x2 – 3 ≥ – 3

y ≥ – 3 ... (i)

y como x ≠ ± 5, entonces y ≠ 2 ... (ii)

De (i) y (ii): y ∈ [– 3; + ∞ ⟩ – {2}

→ Ran(F) = [– 3; + ∞ ⟩ – {2}

Respuesta: [– 3; ∞ ⟩ {2}

RESOLUCIÓN 21TEMA: Área de Regiones Cuadrangulares

1. Ubicación de incógnita:

Piden: RHMN

= ab


SRMNH = SABC

2

B

M

A R H C

Nbh

h

a2b

3. Operación del problema:Del dato:

(a + b)

2 h =

1

2 (2b (2h))

2

a + b = 2b

a = b → ab

= 1

4. Conclusiones y respuesta:ab

= RHMN

= 1

Respuesta: 1

RESOLUCIÓN 22

TEMA: Relac. Métricas en el

1. Ubicación de incógnita:Piden: R


1 1

23 3

R

R

R



UNI 2018 - II

3. Operación del problema:Del gráfico:

R2 = 32 + 2 = (2 + )2 + 12

g + 2 = 4 + 4 + 2 + 14 = 4 = 1

Luego: R2 = 32 + 12 ⇒ R = 10

4. Conclusiones y respuesta:

∴ R = 10

Respuesta: 10

RESOLUCIÓN 23TEMA: Relac. Métricas en el ∆ Oblicuángulo

1. Ubicación de incógnita:

Piden: Perímetro del < ABCD


2P ABCD = 66a

C

DBM 15

θ

A

7a 24a

20a15a

180–θ

N

3. Operación del problemaAplicando T. coseno:

(BD)2 = (15a)2 + (20a)2 – 2 (300a2) cosθ = (7a)2 + (24a)2 – 2 (168a2) cos (180° – θ)

300 cos θ = – 168 cos θ

⇒ cos θ = 0 ∴ θ = 90°

BD: Diámetro

C

R

DB15

53°

A

7a 24a

20a

37°

37°

16°

15a

O RR

R = 25 BD = 25a BD = 2R ⇒ 25a = 50 a = 2

4. Conclusiones y respuesta:

∴ 2P ABCD = 66(2) = 132

Respuesta: 132

RESOLUCIÓN 24TEMA: Espacio 2

1. Ubicación de incógnita Piden: θ

2. Análisis de los datos o gráficos m∠AOB = 90° m∠VOM = 45°

3. Operación del problemam∠AOM = 45°m∠BOM = 45°Sea:OS = a

O

V

A

45°45°

45°

2a

a 2

a 2

aM

S

B

P

⇒

OM = a 2OV = 2a

4. Conclusiones y respuesta OSV θ = 60°

Respuesta: 60°

RESOLUCIÓN 25TEMA: Pirámide

1. Ubicación de incógnita Piden: 2pA’B’C’

2. Análisis de los datos o gráficos 2PABC = P AA’ = AO 6M // 6Q

Q

M aA

A’

C

B

2a B’

C’

O

3. Operación del problema Por ∼ de pirámides: 9ABC ∼ 9A’B’C’

a2a

= 2pABC

2pA’B’C’

2pA’B’C’ = 2p

4. Conclusiones y respuesta ∴ 2pA’B’C’ = 2p

Respuesta: 2p



UNI 2018 - II

RESOLUCIÓN 26TEMA: Poliedo

1. Ubicación de incógnita Poliedro nuevo A: # aristas V: # de vértices C: # de caras

V

A

B C

D

(parte del poliedro)

Poliedro inicial V’: # de vértices C’ # de caras A’: # de aristas A = 16 C = V A – A’ = 4 16 – A’ = 4 ⇒ A’ = 12

Euler (nuevo poliedro) C + V = A + 2 = 18 ⇒ C = V = 9

C’ = (C – 4) + 1 C’ = (9 – 4) + 1 = 6

Respuesta: 6

RESOLUCIÓN 27TEMA: Cilindro

1. Ubicación de incógnita Piden: Volumen del tronco de cilindro.

2. Análisis de los datos o gráficos AC > 2 BD = 2 AB = 8 AC + CD = 18

5l

C

D4l=8

49

68

109

17

E 2

4 4A B


49

68 = 49

(2 17) = 89

17 Por T. de Pitágoras: (AD)2 = 82 + 22

AD = 2 17

ED = 2 17 – 89

17 = 109

17

En el ∆ACD (T. de Bisectriz)

Dato: 4l + 5l = 18 l = 2

C

A

D4l

5l

89

17

109

17

4k

5k

4. Conclusiones y respuesta Volumen del tronco del Cil = π(4)2( 8+2

2) = 80π

Respuesta: 80π

RESOLUCIÓN 28TEMA: Cono

1. Ubicación de incógnita Piden: Volumen común a los conos = Vx


h

R

R

h2

R2

h2

3. Operación del problemaDel gráfico:Vx = 1

3 π(R

2)2 h

2 + 1

3π(R

2)2 h

2

Vx = 23

π R2

4 h2

= πR2h12

4. Conclusiones y respuesta Volumen común a los conos

∴Vx = πR2h12

Respuesta: πR2h12

RESOLUCIÓN 29TEMA: Esfera

1. Ubicación de incógnita A = 16π = πr2

⇒ r = 4



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2. Análisis de los datos o gráficos OMA R = 5 ⇒ h = 23. Operación del problema ACasquete Esferico = Ax

Ax = 2πRh

4A Bh

3

O

R

M r4

4. Conclusiones y respuesta Ax = 2π(5)(2) = 20π

Respuesta: 20π

RESOLUCIÓN 30TEMA: Cuadriláteros


I. V (Congruencia de triángulos)

θ θO

u m

m u

a a

b

b

II. F

aa

A B

C

D

III. V (Congruencia de triángulos)

αθ θ

α

am m

a

Respuesta: VFV

RESOLUCIÓN 31TEMA: Polígono regular

1. Ubicación de incógnita Piden: R


mAD = 90°

⇒ AD = R 2

mFD = 30° ⇒ m∠DAF = 15° ADI

15°

2

I

D

F

C

E

B

R

A

30°

90°

60°

R 2

R 22

= 6 + 26 – 2

Operando

R = 2 2 + 6

Respuesta: 2 2 + 6

RESOLUCIÓN 32TEMA: Proporcionalidad

1. Ubicación de incógnita Piden: PO = x



UNI 2018 - II


B C

P

OP

3

xx 4

Aa

b

α α

θ

θN

PO // CN

Thales: ab = x

3 ⇒ a

a + b = xx + 3

Thales:

4x = a

a + b

3. Conclusiones y respuesta

4x = x

x + 3

⇒ x2 – 4x – 12 = 0 Resolviendo: ∴ x = 6

Respuesta: 6

RESOLUCIÓN 33

TEMA: Identidades Trigonométricas Simple

1. Ubicación de incógnita Senθ = 1 – Sen2θ

2. Operación del problema Formando la expresión Csc2(θ) – Tan2(θ) que es lo que

se pide calcular:

Senθ = 1 – Sen2θ

Senθ = Cos2θ

SenθCosθ

= Cosθ

tanθ = Cosθ

1Cosθ

= 1Tanθ

Secθ = Cotθ

Sec2θ = Cot2θ

1 + tan2θ = Csc2θ – 1

2 = Csc2θ – tan2θ

Respuesta: 2

RESOLUCIÓN 34TEMA: Inecuaciones Trigonométricas

1. Ubicación de incógnita

1tanθ – 1 + 4

tanθ – 6 > 0


Si θ ∈ ⟨– π2

; π2⟩ ⇒ –∞ < tanθ < +∞

∧ tanθ ≠ 1;6

3. Operación del problema Efectuamos operaciones y resulta

(tanθ – 2)(tanθ – 1) (tanθ – 6) > 0

Multiplican por (tanθ – 1)2 . (tanθ – 6)2 y resulta (tanθ – 1)(tanθ – 2)(tanθ – 6) > 0


1

– –+ +

2 6 +∞

1 < tanθ < 2 ∨ 6 < tanθ < +∞ arctan1 < θ < arctan2 ∨ arctan6 < θ < π/2

Respuesta: arctan1 < θ < arctan2 ∨ arctan6 < θ < π/2

RESOLUCIÓN 35TEMA: Funciones Trigonométricas

1. Ubicación de incógnita De la función:

f(t) = senNOP2π

365(t – 54)NOP + 11


• El periodo de f es T = 2π2π/365 = 365

• Para el cálculo del número de días t es irrelevante “11”

• Graficamos la función:

1

–1

54 365+54

t

t0

+543654

+543652

.365+5434

Mínimo →

Nótese en la gráfica que el mínimo de f ocurre cuando:

t = 34 .365 + 54

t = 327,75



UNI 2018 - II

3. Conclusiones y respuesta Por lo tanto han transcurrido 327 días más 3/4 de día

para que haya menor cantidad de luz. La fecha es: 24 de noviembre a las 6 de la tarde.

Respuesta: 24 de nov

RESOLUCIÓN 36TEMA: Inecuaciones Trigonométricas


cosx + 3x2π ≥ 0

cosx ≥ – 3x2π

f(x) ≥ g(x) Puntos de corte, igualamos: f(x) = g(x)

cosx = – 3x2π

Satisface para: x = – π3

Graficamos las dos funciones f y g simultáneamente:

π3

–

x

f

g

y

x

+∞


Nótese que f ≥ g en – π3 ≤ x < +∞

Por lo tanto el conjunto solución es A44C– π

3; +∞⟩

Respuesta: x ∈

A44C– π

3; +∞⟩

RESOLUCIÓN 37TEMA: Resolución de Cuadriláteros

1. Operación del problema Graficamos el cuadrilátero identificando los datos:

A

D

B

3

4

5

2

C

x

Trazamos AC = x y aplicamos el teorema de cosenos en los triángulos ABC y ADC.

x2 = 32 + 42 – 2.3.4.cosB = 52 + 22 – 2.5.2.cosD Reduciendo respuesta:

5cosD = 1 + 6cosB

1 = 1 + 6cosB5cosD

1 = E

Respuesta: 1

RESOLUCIÓN 38TEMA: Rotaciones de ejes coordenadas

1. Ubicación de incógnita Las coordenadas primitivas de P son:

P = (x; y) = (–2; 3)

2. Análisis de los datos o gráficos Las nuevas coordεnadas de P luego de rotar los ejes

q = 30° son: P’ = (x’ ; y’)

3. Operación del problema Para calcular x’ ∧ y’ aplican las fórmulas de rotación:

x’ = (x; y) . (cosθ; senθ) = x . cosθ + y . senθ

y’ = (x; y) . (–senθ; cosθ) = –x . senθ + y . cosθ

Reemplazando los datos:

x’ = (–2) . (cos30°) + ( 3) . (sen30°) = – 32

y’ = –(–2) . (sen30°) + ( 3) . (cos30°) = 52

Por lo tanto las nuevas coordenadas de P después de la rotación es:

P’ = JKL– 3

2 ; 5

2

JKL

Respuesta: JKL– 3

2 ; 5

2

JKL

RESOLUCIÓN 39TEMA: Sistemas Angulares

1. Operación del problema Por condición son complementarios: S1 + S2 = 90 9k1 + 9k2 = 90 k1 + k2 = 10 .... (I) Por condición cumplen la ecuación:

43 S1 – 3

5 C2 = 20

43 .9k1 – 3

5 .10k2 = 20

6k1 – 3k2 = 10 .... (II) Resolviendo el sistema de ecuaciones (I) y (II) resulta:

k1 = 409 ∧ k2 = 50

9



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Nos piden el menor ángulo en radianes (R1)

R1 = π20 .k1

R1 = π20 . 40

9

R1 = 29

π

Respuesta: 29

π

RESOLUCIÓN 40

TEMA: Circunferencias Trigonométricas


Sean x; y las coordenadas de P

siendo y > 0

trazamos los vectores senθ y cosθ.

y

x

P(x;y)

cosθ

–senθ

45°

45°yα

α45°

y\ \

1 – y

Del gráfico calculamos los tanα.

tanα = y

1 – y = –senθcosθ

y

1 – y = –tanθ

Despejando y resulta:

y = tanθ

tanθ – 1

Respuesta: tanθ

tan(θ ) – 1

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CICLO ESCOLARES15 DE AGOSTO

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