PSU MATEMATICA II-ejercicios Resueltos

Ejercicios RESUELTOS

PSU M atemática

Pat Pat ricio rici o Alca Alc aíno Martí Martín nez

Derechos Reservados

2

PSU Matemática-Ejercicios resueltos

2

Patricio Alcaíno Martínez – Derechos Reservados

Palabras iniciales

Estimados usuari@s: •

•

•

•

Este material que pongo a su disposición está creado a partir de las directrices dadas por el DEMRE para la PSU Matemática año 2011, en cuanto los ejes temáticos y contenidos que abarca y el tipo de ejercicios que comprende. La prueba original consta de 75 ejercicios y se debe responder en un máximo de 2 horas y 25 minutos. Este documento contiene 2 5 preguntas similares a las que se encuentran en la prueba original. Para trabajar con este material el usuario NO deberá hacer uso de calculadora.

Atentamente;

Patricio Alcaíno Martínez

PSU Matemática-Ejercicios resueltos 2 Patricio Alcaíno Martínez – Derechos Reservados

1.

Es divisible por tres: I: La suma de tres números naturales consecutiv os II: La suma de un número natural con su antecesor y s u sucesor II: La suma de tres números impares consecutivos A) Solo II B) Solo I y II C) Solo II y III D) Solo I y III E) I, I, II y III III

Solución:

I: La suma de tres números naturales consecutiv os La suma de ellos es: n + (n + 1) + (n + 2) = 3n + 3 = 3(n + 1). Es divisible por 3. II: La suma de un número natural con su antecesor y su suce sor La suma de ellos es: n + (n - 1) + (n + 1) = 3n. Es divisible por 3. II: La suma de tres números impares consecutiv os La suma de ellos es: (2n + 1) + (2n + 3) + (2n (2n + 5) = 6n + 9 = 3(2n + 3). 3). Es divisible por 3.

Alternativa correcta: E.

3


4

Se ha observado en cierta variedad de pez, que entre los 10 y 100 días de vida, su peso (gr) es directamente proporcional a su longitud (cm) y a s u edad (días). De este modo, un ejemplar de un mes tiene una longitud de 20 cm y pesa 90 gramos. Si esto es así, un ejemplar de 2 meses de edad que mide 15 cm, pesa:

2.

A) 120 gramos B) 135 gramos C) 150 gramos D) 180 gramos E) 225 gramos

Solución:

Haciendo E = edad, L = longitud, P = peso y K = constante de proporcionalidad, la relación entre las variables pueden ser expresadas algebraicamente así: P



K  L  E

Reemplazando valores dados: 90  K  20  30 Despejando, K = 0,15 La relación es: P  0,15  L  E Reemplazando para E = 60 días y L = 15 cm. P  0,15  15  60 P

 135

gramos.

Alternativa correcta: B.


3.

5

De las siguientes igualdades: I: 91,5



2

27

II: 8 3



4

III: 25



4 2,5

Es (son) verdadera(s): A) I, II y III B) Solo II y III C) Solo I y III D) Solo I y II E) Solo II

Solución:

I: 91,5

27 Convirtiendo el exponente decimal a fracción:



3

92



27

Convirtiendo la potencia de exponente fraccionario a raíz:

 9 3  27 Resolviendo la raíz: 33 2

II: 8 3



27 (verdadero)

4 Convirtiendo la potencia de exponente fraccionario a raíz:



3 8 2  4 Resolviendo la raíz: 22 III: 25



4 (verdadero)

4 2,5 Convirtiendo la potencia de exponente fraccionario a raíz:



25



(22 )2,5

25



25 (verdadero)

Alternativa correcta: A.


4.

Si

1 3

log x 2

 1,

entonces 1  log x



A) 1/2 B) 3/2 C) 5/2 D) 1/3 E) 1/6

Solución:

1 3

log x 2

log x 2



1

/3

3

Aplicando propiedad del logaritmo de una potencia: 2 log x  3 /:2 log x



3 2

Entonces, 1  log x



1

Alternativa correcta: C.

3 2



5 2

6


5.

7

En la expresión siguiente, si x = 10, entonces,

3 5 x2 32x 5

=

A) 5 B) 3 C) 2,5 D) 0,33 E) 0,2

Solución:

Como tanto el numerador como el denominador de la expresión tienen el mismo índice de raíz, se puede expresar así: 3 5 x2 32 5



x

5x 2 3 2x 5

Simplificando una x: 3 5 x2 32 5



x

3

5x 2 2x 5



5x

3 2 5

Reemplazando x = 10 y operando la fracción: 5x

3 2 5

=

3

5  10 2 5

=


3

5  10  5 = 2

3

250 3 = 1 25 = 5 2


6.

Al reducir la expresión

m2  9 queda: m 2  6m  9

A) m + 3 m3 B) m3 m 1 C) m3 1 D) m3 3 E) 2m  3

Solución:

El numerador de la expresión es una suma por su diferencia, mientras que el denominador es un cuadrado de binomio. Haciendo las factorizaciones correspondientes: m2  9 (m  3) (m  3) = m 2  6m  9 (m  3)2 Simplifica Simplificando ndo (m – 3), queda: queda: (m  3) (m  3) (m  3) = (m  3) (m  3)2


8


7.

El polinomio p 3

 2p

2

I: p



9

p es divisible por: II: p – 1

III: p + 1

A) Solo I B) Solo II C) Solo I y II D) Solo II y III E) I, II y III

Solución:

Factorizando la expresión: p3



2p 2



p = p (p 2

 2p  1) .

Por lo tanto, la expresión ya es divisible por p. Al seguir la factorización, se advierte que en la expresión p (p2 es un cuadrado de binomio. p (p 2

 2p  1) =



2p  1) , el trinomio

p (p  1)2 .

Por lo tanto tanto la expre4sión original también es divisible por (p – 1).



10

Un estudio realizado a una población de peces determinó la relación en tre su longitud y peso, llegando a la siguiente función: 8.

W = 0,02 L 3; siendo W el peso, en gramos, y L la longitud, en centímetros. Según este modelo, un pez de 160 gramos de peso tiene una longitud de: A) 82 cm. B) 53 cm. C) 32 cm. D) 25 cm. E) 20 cm.

Solución:

Se conoce W = 160 y se debe calcular L. Reemplazando: 0,02  L 3

 160

L 3



160 0,02

L 3



8.000

L



3

/:0,02

/3

8.000

L  20

cm.



9.

Se tiene una magnitud h, dada por la expresión: h



m3 GM , en donde G se mide en , M se mide en Kg y r en metros. r2 Kg  seg 2

Entonces, las unidades de h son: A)

m seg

B)

m seg 2

C)

m2 seg 2

D)

Kg m seg 2

Kg m 2 E) seg 2

Solución:

En la igualdad h

h



GM , se reemplazan las unidades de cada factor. r2

m3  Kg Kg  seg 2 m2

Se simplifica Kg. Además, m 3 con m 2 , que queda dand ndo: o:

h

m1 1 1  seg 2 1




m seg 2

11


Un vendedor de diarios tiene 75 diarios para vender. De estos, hay con un precio de venta de $200 y el resto con un precio de venta de $250. Si, por la v enta de todos los periódicos este señor junta la suma de $16.500, ¿cuántos diarios de $250 tenía?

10.

A) 55 B) 45 C) 35 D) 30 E) 25

Solución:

Sea X = diarios a $200 e Y = diarios a $250. Entonces: X + Y = 75 200X + 250Y = 16.500 Es un sistema de ecuaciones de primer grado co n dos incógnitas, en la cual interesa despejar Y. En la primer primera a ecuación: ecuación: X = 75 – Y Reemplazando esta en la segunda ecuación: 200 (75 (75 – Y) + 250Y 250Y = 16.500 16.500 15.000 15.000 – 200Y + 250Y 250Y = 16.500 16.500 15.000 + 50Y = 16.500 50 Y = 1.500 Y = 1500/50 = 30

Alternativa correcta: D.

12


11.

La ecuación

2  5x



1 2

tiene como solución:

A) –3/10 B) –7/20 C) 20/7 D) 7/20 E) 3/40

Solución:

Elevando la ecuación al cuadrado: 2  5x



1 2

/ ()2

1 ( )2 2 1 2  5x  / 4 4 8  20 x  1 8  1  20 x 7  x 20 2  5x




13


12.

14

¿Cuál de las las rectas siguientes es paralela a la recta 2x + 5y – 5 = 0? A) y = 1 + 2x B) y =

2 5

x 1

C) y = 1  52 x D) y



2x  5

E) y = 9  52 x

Solución:

Se puede distinguir recta paralelas por su pendiente. Para ello, se expresa la recta 2x + 5y – 5 = 0 a su forma forma principal: principal: 2x + 5y 5y – 5 = 0 5y = -2x -2x + 5 2 y  x 1 5 La pendiente de la recta es -2/5. Por lo tanto, una recta paralela tendrá la misma pendiente.



15

Se ha establecido en microbiología que bajo ciertas condiciones de c ultivo, una población de microorganismos crece en función del tiempo según la función: N = 3 · 2 t, siendo N los miles de bacterias del cultivo en el tiempo t, en horas desde desde que se inicia el cultivo. 13.

Según el modelo, el tiempo para el cual habrá 30 mil bacterias en el c ultivo está dado por la expresión: A) log 3 B) log 30 C)

1 log 2

D)

log 10 2

E) 10

Solución:

En la ecuación N = 3 · 2t , se conoce conoce N = 30 y se se debe calcula calcularr t: Reemplazando: 3  2t

30 30 3 

2t



2t

 10

Para calcular t se aplica logaritmo: 2t

 10

log 2t



/log log 10

t log 2  log 10 t

log 10 log 2

Pero log 10 = 1. Entonces: t

1 log 2



14.

16

En la figura, la distancia entre los puntos P y Q es: y

A) 12 B) 17

B

13

C) 13 D) 130 -3

E) 3 22

(0,0) A

-2

x 5

Solución:

La distancia entre dos puntos en el plano está dada por: d  ( x1  x 2 )2

2

 ( y1  y 2 )

, que es una aplicación del teorema de Pitágoras.

Haciendo A = (-3, -2) y B = (5, 13): d  (3  5)2  (2  13)2 d  (8)2

2

 (15 )

d  64  225 d  289 d  17



15.

En la figura,

L 1 // L 2

.

L 3 y L 4

17

son transversales que se intersectan en P.

Con las medidas dadas, la medida de x es igual a:

P

A) 27/4 B) 15/2 C) 9 D) 12 E) 15

8

6

A

L1 x

L3

B

Solución:

Aplicando el teorema de Thales, se puede plantear la proporción: 8 6



x 9

Despejando x: 89 6 x  12 x

C




9 D

L2 L4


18

En la figura, ABC es triángulo rectángulo en C y CD es altura. Con los valores dados, la medida de x es: 16.

C

A) 9 B) 10 C) 12 D) 15 E) 16

20

15

x A

D

Solución:

Como ABC es rectángulo, rectángulo, es posible posible calcular calcular AB , aplicando el teorema de Pitágoras. AB



15 2



20 2 = 25 C

20

15

A

x D 25

Ahora, por el teorema de Euclides: 15 2 x



25 x 225  9 25 


B

B


19

Una parcela rectangular de 10.000 m 2 de superficie, se ha dividido en cuatro sitios rectangulares, tal como muestra la figura. El terreno no considerado en los sitios se pavimentará, representado en forma achurada en la figura.

17.

El perímetro de la superficie a pavimentar es igual a: 125 m

A) 285 m B) 330 m C) 375 m D) 410 m E) Falta información

sitio 1

sitio 3

sitio 2

sitio 4

Solución:

Si la parcela tiene 10.000 entonces su ancho es: A



m

2

de superficie y es un rectángulo de largo 125 m,

10.000 = 80 m. 125

Como los sitios son rectangulares, entonces los lados del área achurada son paralelos. Se puede distinguir que los trazos horizontales superiores corresponden a un largo de la parcela y los inferiores también. De la misma forma, los t razos verticales corresponden a dos anchos. Por lo tanto, el perímetro del área a pavimentar es igual a 2 largos + 2 anchos = 410 m.



18.

20

En la figura, ABCD es trapecio rectángulo en B, con base BC.

Si AD = 4 cm, BC = 14 cm, la altura del trapecio es 6 cm y E es punto medio de CD, entonces, el área de la región achurada es: C E

A) 54 cm2 B) 42 cm 2 C) 33 cm 2 D) 27 cm2 E) 21 cm2

D

A B

Solución:

Adjuntando los datos a la figura, se tiene: C

E h=3

D

14 4 A 6

B

Se tiene, en resumen, que el área achurada es el área de un t rapecio de bases 14 y 4 y altura 6, menos el área de un triángulo de base 14 y altura 3. Área achurada =

14  4 14  3 6 = 54 – 21 = 33 cm cm 2 2 2



19.

21

Se tiene un rectángulo de lados x y 2x . Entonces, Entonces, la expres expresión ión igual a su diagonal diagonal

es: A) x 5 B) x 3 C)

5x

D)

3x

E) 5 x

Solución:

Llevando la situación al esquema de un rectángulo:

d

x

2x

Se tiene que la diagonal d es la hipotenusa de un t riángulo rectángulo de catetos x y 2x. Aplicando el teorema de Pitágoras: d2



x2



(2x )2

d2



x2



4x 2

d2



5x 2

d



d



5x 2 x 5


/


22

En la figura, ABC es triángulo isósceles rectángulo en C, con AC = 2 cm. CD y CE s on arcos de circunferencia con centro en B y A, respectivamente. El área de l a región sombreada en la figura es, en cm 2:

20.

A) 4 -

1 2



B) 2 -

1 2



C) 4 - 2  D) 2 -  E) 4 - 

Solución:

Cada una de las regiones sombreadas de la figura corresponde al área del triángulo, menos un sector circular correspondiente a su arco. Por ello, primero se c alculará una de estas regiones: El área del triángulo es A 



1 2

22

= 2 cm 2 .

Como el triángulo es isósceles rectángulo, cada sector circular corresponde al de un arco de 45°. Es decir, a la octava parte de un círculo completo: Área de un sector circular =

1   22 = 1 8 2



cm2

En cm2 , cada cada región región sombreada sombreada corresponde corresponde,, entonces: entonces: A Como son 2 regiones sombreadas: A sombreada




2(2 

1 2

) =



2

(4 -

1 2

)

 ) cm

2


En la figura, O es centro de la semicircunferencia de radio OP = 4 cm, con una circunferencia inscrita tangente en O. El área de la circunferencia inscrita es:

21.

A) B)

1 2





cm 2

cm2

C) 2 cm2 D) 4  cm 2 E) 16 cm2

Solución:

El diámetro de la circunferencia inscrita es 4 cm. Por lo tanto, su radio es 2 cm. El área del círculo inscrito es, entonces: A

 2

2

= 4 cm 2


23


24

Se realiza un estudio con un pequeño grupo de familias, para verificar el número de lactantes por familia. El siguiente siguiente es el gráfico gráfico resultante: 22.

12 11 10 s o s a c e d o r e m ú N

9 8 7 6 5 4 3 2 1 Nº

0

0

1

2

3

Número de lactantes por familia

De acuerdo al gráfico, ¿qué % de las familias de la muestra tiene uno o dos lactantes? A) 47% B) 44% C) 28% D) 16% E) 11%

Solución:

De acuerdo al gráfico: El total de familias de la muestra es: 12 + 4+ 7 +2 = 25 familias Las familias que tienen uno o dos lactantes son: 4 +7 = 11 Llevando a %: P = 11/25 * 100 = 44%.



25

Una máquina tiene dos pilotos (luces), A y B, que pueden estar encendidas o apagadas independiente una de otra. La probabilidad de que A esté encendida es 0,2 y la B es 0,6. La probabilidad de que solo una de ellas esté encendida es igual a: 23.

A) 0,56 B) 0,48 C) 0,32 D) 0,24 E) 0,12

Solución:

Sean los siguientes sucesos: A = luz A está encendida; A’ = luz A no está encendida B = luz B está encendida; B’ = luz B no está encendida Entonces, de acuerdo a los datos: P(A)= 0,2; P(A’) = 0,8 P(B)= 0,6; P(B’) = 0,4 Para que haya solo una de ellas encendida se tiene que dar lo sig uiente: Encendida la A y no la B, B, o: encendida la B y no la A. Esto, en lenguaje de probabilidades es: P(A y B’) o P(A’ y B) Aplicando propiedad del producto en el conectivo “y” y el de la s uma en el “o”: 0,2 x 0,4 + 0,8 x 0,6 = 0,08 + 0,48 = 0,56



24.

26

Es posible calcular el perímetro del triángulo PQR de la figura, si: (1) PQ = 15 15 cm cm (2) tg

=

R

0,75

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.

9

 P

Q

Solución:

Para calcular el perímetro de un triángulo se requiere tener sus lados. Ya se conoce PR  9 . Faltan Faltan PQ PQ y QR . (1) PQ = 15 15 cm cm Con este dato se conocen dos lados del triángulo, pero falta uno. No hay datos que nos permitan deducir que PQR es rectángulo y, por lo tanto, nada se puede hacer para calcular calcular QR . Por lo tanto, (1) por sí sola, no permite llegar a la solución. (2) tg  = 0,75 Sin saber qué tipo de triángulo, el conocer tg  = 0,75 no ayuda a llegar a la solución. Por lo tanto, (2) por sí sola, no permite llegar a la solución. Ambas juntas, (1) y (2). Sin saber qué tipo de triángulo es PQR, esta información información conjunta, sigue siendo insuficiente para llegar a la solución.

Por lo tanto, se requiere información adicional.



27

Una urna, cuyo contenido no puede ser visto desde afuera, contiene solo bolitas blancas y bolitas negras. Es posible calcular cuántas bolitas blancas contiene la urna, si:

25.

(1) La caja contiene un total de 8 bolitas. (2) En una primera extracción al azar, la probabilidad de extraer una bolita negra es 1/4. 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:

(1) La caja contiene un total de 8 bolitas. Si bien se tiene el total de bolitas, falta un dato de casos favorables para poder determinar la cantidad de bolitas blancas. Por lo tanto, (1) por sí sola, no permite llegar a la solución. (2) En una primera extracción al azar, la probabilidad de extraer una bolita negra es 1/4. Con esta probabilidad solo es posible calcular que la probabilidad de bolita blanca es ¾, pero no permite calcular la cantidad de bolitas blancas. Por lo tanto, (2) por sí sola, no permite llegar a la solución. Ambas juntas, (1) y (2). Si la probabilidad de negra es ¼ y hay 8 bolitas en total, entonces sí se pu ede calcular la cantidad de bolitas negras y finalmente las blancas. Ambas juntas, (1) y (2), sí permite resolver el problema.


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