Examen de Admisión UNI 2012-1
Segunda Prueba 15/2/2012
SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIÓN UNI 2012-1
EXAMEN
w
w w
.L
ib
ro
sZ
.c
om
TEMA: Q
Matemática
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Tema Q
Segunda Prueba 15/2/2012
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Matemática
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Tema Q
Segunda Prueba 15/2/2012
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Matemática
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Tema Q
Segunda Prueba 15/2/2012
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Examen de Admisión UNI 2012-1
Matemática
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Tema Q
Segunda Prueba 15/2/2012
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Examen de Admisión UNI 2012-1
Matemática
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Tema Q
SEGUNDA PRUEBA DE ADMISIÓN UNI 2012-1
TEMA: Q
Despejamos x2 de (1) y (2) e igualamos:
Desigualdades 1.
SOLUCIONARIO
lx1 – x1
Observamos x > 0 ...(a)
=
2x1
2 l–1 l x1 – lx1 – lx1 +x1 = 4x1 2
x+1 2x £ |x – 1| x
l2x1 – 2lx1 – 3x1 = 0
x+1 £ 2|x – 1| por teorema: x ≠ 1
x1(l2 – 2l – 3) = 0 x1(l – 3)(l+1) = 0
m
2(x – 1) ³ x+1 Ú 2(x – 1) £ –x – 1 1 x ³ 3 Ú x £ ...(b) 3 S = (a) Ç (b) = á0, 1/3] È [3, +¥ñ
sZ
.c o
l = 3 Ú l = –1
\ La suma de valores de l es 2.
ro
\ S \ [–1, 4] ≠ Æ
ib
Clave D
.L
Clave B
2.
Ecuaciones
w w w
Funciones Por desigualdad triangular:
4.
|5 – logx+logx+1| £ |5 – logx|+|logx+1| 6 £ f(x)
Si – 1 es una raíz de la ecuación: x4 – ax2 + b = 0 Entonces: (– 1)4 – a (– 1)2 +b= 0 1 – a+b =0 ® a – b = 1 Clave C
\ Ran(f) = [6, +¥ñ
Números complejos
Clave A 5.
3. 1 2 x1 x 1 ; x ≠ 0, x2 ≠ 0 2 1 x2 x2 1 Efectuando: x1+2x2 = lx1 ...(1) 2x1+x2 = lx2 ...(2)
(1 i)( 2 i)
E
2(1 i)i(1 3i) 4
2 (1 3i) 2 3 i E (1 i) 2 2
... (*)
Efectuando: 1 3 1 3 E i 2 2 1
7.
Entonces: Re(E) = 1 –
3 y Im(E) = – 1 – 3 2 2 También en (*): i 4
i
Como 2 6 = 64 ® (P - Q) tiene 6 elementos.
i 6
Graficando:
E e ( 2e )(e ) E 2e
17 i 12
E 2e
Como 27 = 128 ® (P Ç Q) tiene 7 elementos.
P
7 i 12
Q 6
7
Clave D Como P × Q tiene 182 pares y P tiene 13 elementos ® Q tiene 14 elementos, ya que, 13 × 14 = 182. Q P = Q – P tiene 7 elementos. Clave C
Series 31 41 32 4 2 3 3 4 3 3 4 4 4 S ... 121 122 123 124
Desdoblando y agrupando: 2 3 3 3 3 S ... 12 12 12
Álgebra de funciones
w
.L
ib
ro
sZ
2 3 4 4 4 ... 12 12 12
w
Aplicando suma límite: 1 1 S 4 3 1 1 1 1 4 3 1 1 S 4 3 3 2 4 3 1 1 S= + 3 2 \S= 5 6
Clave C 9.
Sea el número: abcde × 101 = ...8513 Luego:
Clave D
2
Redefiniendo: x – 1 + x + 1, x ≥ 1 F(x) = 1 – x + x + 1, – 1 < x < 1 1 – x – x – 1, x ≤ – 1 2x , x ≥1 F(x) = 2 , – 1 < x < 1 – 2x , x ≤ – 1
w
2 3 1 1 1 S ... 4 4 4 2 3 1 1 1 ... 3 3 3
F(x) = ïx – 1ï+ ïx + 1ï
.c o
8.
m
6.
abcde00 + abcde ...8513
e=3 d=1 c=2 b=7
Como las cifras son diferentes y ya usamos 4 cifras, sólo quedan: 4, 5, 6, 8 y 9. \ a asume 5 valores. Clave C
10. Sea la proporción geométrica: Razón
De las fracciones: 12 560 12 576 12 650 12 595 , , , 10 000 10 000 10 000 10 000 Buscamos las que pertenecen al intervalo:
5 a 5b 5 4 a 4b 4
Datos: • 5a + 4a + 5b + 4b = 45 ® a+b = 5 • 4a – 4b = 4 ® a – b =1
12 576 12 595 y . 10 000 10 000 \ Sólo son dos números.
La proporción es: 15 10 12 8 \ El mayor término es 15. Leche pura
11.
12 575 12 599 , 10 000 10 000
Éstas son Clave B
Clave C
Agua
14. Sea A el número de modelos: 7 65
\A=7 Clave D
.c o
m
a b 17 ...........(1) 1,032a 1b 17,32...(2)
ro
sZ
15. Observe:
w
.L
ib
(2) – (1) 0,032a = 0,32 ® a = 10 \ b = 17 – 10 = 7 Clave C
w
w
12. Según los datos: Año de nacimiento: 19ab (ab £ 50) Además: x x2 – 19ab = 4 2 43 = 1849 , 452 = 2025 o
d
d d
d d
2520 m d
2000 m
d d
d d
donde: d: lo mayor posible (para que se coloquen la menor cantidad de murales) d: divisor común de 2520 y 2000 ® d = MCD(2520, 2000) = 40
44 2=1936 ® 44 es 4 Luego x = 44 1936 – 19ab = 11 ® ab = 25 \ 2008 – 1925 = 83
Hallando el número de murales:
Clave A 13. Como: MCM(125, 625, 200, 2000, 4000) = 10 000 3
A 1 A 2 { 210
A
N.° de litros: a b Peso de un litro: 1,032 kg 1 kg Según el enunciado:
y 2 » 1,2599305... Homogenizamos todas las fracciones con denominador 10 000, luego:
2520 2000 1 1115 40 40 Para colocar cada mural se requiere al menos 3 trabajadores (mínimo 3). \ El mínimo número de trabajadores es 115 ´ 3 = 345 Clave C
3
16. Como: a+b+c = 12 está garantizado que abc =3. ólo debemos garantizar que: Sólo abc = 4 ® bc =4 Luego: bc = 4 y 2 < b +c <12
1 0 0 \ P = 0 0 1 0 1 0
Clave B
19. Programación lineal
De los 24 valores que podría tomar bc = 4 :
Caso I
bc Ï{20, 48, 68, 76, 84, 88, 96} Es decir, son 7 valores menos. \ Son: 24 – 7 =17 números. Clave E
Sucesiones n 17. Si n impar: lim (– 1) = 0 1+n 2 Si n par: lim 1 = 0 1+n 3
m ro
Matrices
z = 5x + 6y zmín = 5(0) + 6(0) = 0 solución I ® (x0, y0) = (0, 0)
.c o
Clave B
sZ
\ an converge a cero.
Caso II
.L
ib
18. Si multiplicamos A por la derecha con
w
w
w
1 0 0 0 0 1se intercambian las columnas 0 1 0 2 y 3. 1 0 0 a c b a b c d e f 0 0 1 d f e B g h i 0 1 0 g i h
A la matriz B multiplicamos por la izquierda 1 0 0 por 0 0 1se intercambian las filas 2 y 3. 0 1 0 1 0 0 a c b a c b 0 0 1 d f e g i h 0 1 0 g i h d f e
4
z = 5x + 6y zmín = 5(0) + 6(0) = 0 ® (x0, y0) = (0, 0) Entonces: I II III
solución II
V F F Clave A
20.
c 2c 5b a b 5 c b d c – c3
c 3 b –4 b 3c
c – c1
0 2c c 2b a 3b –4 2 c b d b 3 c
0 c c b a 0 –2 c d b
Intercambiando c 1 y c 2: c 0 c a b 0 2 d c b
0 2c c b a 3b –2 c b d b 3c 0 2c c b a 0 –2 c b d b
.c o
m
c – 3c1
Clave C
21. Caso: I
R+r = a csc ctg n n
\ R+r =a ctg 2n
Clave D
w
w
w
.L
ib
ro
sZ
Luego:
22. Tenemos la función: f(x)=|cos 4x – sen4x| 2
Caso: II
2
2
2
f (x) |(cos x sen x)(cos x sen x)| 1442443 1
f(x)=|cos2x| La grafica de la función es:
Por resolución de triángulos rectángulos: En (I): 2a=2r sen ® r=a csc n n En (II): 2a=2R tg ® R=actg n n
Del gráfico: T 2 Clave D 5
23. Condiciones: tg(xk + xy) = a tg(xk – xy) = b Así: * tg(2xk) = tg((xk + xy) + (xk – xy)) tg(xk xy) tg(xk – xy) tg(2xk ) 1 – tg(xk xy) tg( xk – xy)
Se conoce: R R y S 180 Reemplazamos en (3): R 2 20 19 R 190 C 200
a b tg(2xk ) 1 – ab
Clave C
* tg(2xy) = tg((xk + xy) – (xk – xy)) tg(xk xy ) – tg(xk – xy ) tg(2xy) 1 tg(xk xy) tg(xk – xy)
26. Sea la longitud de la escalera: L=5 2 k
sZ
.L
ib
24. Tenemos: z z – (1 3i)z – (1 – 3i)z 12 Sea: z = x + yi z x – yi
.c o
Clave E
ro
Luego: 2a(1 b 2 ) tg(2xk) + tg(2xy) = 1 – a 2b 2
m
a –b tg(2xy) 1 ab
w
w
w
Reemplazando: ( x+ y i) ( x– y i) – ( 1 + 3 i) ( x+ y i) – ( 1 – 3 i) (x–yi)=12 (x2 +y2 )–(2x–6y)=12 Completamos cuadrados: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 22 La ecuación obtenida le corresponde a una circunferencia.
Del gráfico: 4 2 k – 5k=(8 – 5 2) m k(4 2 – 5)= 2 (4 2 – 5) m k= 2 m Luego:
L=5 2 ( 2 m) \L=10 m
Clave A
27. Se debe pedir el mayor valor de k y la desigualdad debe ser:
25. Condiciones para el ángulo: 1 S k 3 – ...........(1) 19 C k 3 1 ...........(2) 19
2 .... (3) 19
Restamos (2) – (1): C– S 6
Clave B
1 1 ³ k .... (1) 2 + sen x cos 2x 1 1 Sea: M = 2 + cos 2x sen x Equivale a: M = 4csc22x
Pero:
es decir: y ≥0 La gráfica que representa mejor a la función es la alternativa D. Clave D
2
csc 2x ³ 1 4csc22x ³ 4 M³4 29. En (1): M ³ k Por lo tanto, el mayor valor que tomó k es 4. Clave D
x2 28. La función y cos x – 1– es par ($ 2 simetría con eje Y), equivale a:
Piden S1 + S 2 = ?
co
m
2 2 x x y 2 – sen 2 2
w
w
w
.L
ib
ro
sZ .
Analizando para x 0, : 2
Clave D 30.
Se observa que: x x sen 2 2 2
2
x x sen 2 2 de donde: 2 2 x x 2 sen 0 – 2 2
7
32.
Piden (x + y)máx – (x + y)mín = ?
3k
CT // BD ® BCTD: paralelogramo BC = DT = y, BD = CT = d2
6k
DACT (desigualdad triangular) d 1 – d 2 < x + y < d1 + d 2 A
® (x + y)máx = 14
O
B
R = 5k
.c o 2k P
Q x
sZ
4
n
D
S1 r1
Pide: AD = x *
VABE :VECP:
BE 3 EP 2
*
VEPF :VBPQ:
2k 6 BQ 15 5k BQ
ABQ: notable (37º y 53º): AQ = 9 16 QPD: notable (37º y 53º): n 3 16 43 x 9 x 3 3 Clave C
r2
B
w
w
F 37º
53º
Clave D
33.
w
.L
6
ro
8
ib
E
12
8
37º
m
C
15
*
R = 5k
53º
R Pero: 10k 2R k 5 R 2 pVADE (9 3 5) 5 9 3 5 Pero: 3,1416 5 2 pVADE R
3k
*
5k
2 pVADE k(9 3 5)
Clave B
9
3k 5
53º 2
53º 2
2 pVADE AE ED AD 6 k 3k 3 k 5
\ (x + y)máx – (x + y)mín = 13
A
90º –
90º –
Piden: 2 pVADE ?
y (x + y)mín = 1
B
D
53º/2
0 < x + y < 15
31.
C
E
Dato: d1 + d 2 = 15
S2 4
3
r3
C A Según el gráfico, pide la suma de las áreas de las regiones sombreadas (lúnulas). Teorema (lúnulas de Hipócrates) Área( ABC)=S 1+S2 Pero: 3 4 6 cm 2 Área ( ABC)= 2 Luego: S1+ S2 = 6 cm 2 Clave C
34.
Piden: tgq Siendo q: medida del ángulo entre OA y la cara BOC OP : proyección ortogonal de OR sobre la cara BOC OP : bisectriz del <) BOC (teorema de triedro isósceles)
L2
L1 P
A
F
l
a+1
m
B
OPH: notable 45º y 45º
E
AHO: notable 30º y60º Finalmente 2l
Q
C
a 2
\ tg q=1
2m
1
Clave C
D B
ro
sZ
.c o
36.
m
3a
a 2
OAP: tg
a 3 a
a 2
w
w
w
.L
ib
Piden: BC=3a Trazamos PQ perpendicularmente a los planos P 1, P2 y P 3 respectivamente. Por teorema de Tales: a 1 l ® a=2 3a 2l \ BC=3(2)=6 Clave D 35.
A
C a Piden: diagonal del cubo=a 3 ABC: R. métricas: a . a
A a 3= 3. 3= 9
O 60º
60º q a H
a 3
a
a 2
B
2 =a 3 . 2 a=
3
Clave E
P
C
9
37.
Sean las esferas cuyos radios miden r y R.
n lados
Pide el volumen de la cuña esférica: 15º R 3
Vcuña esférica
270º
Dato:
Vesfera menor
Sx
r
Vesfera mayor
a
8 27
4 3 r r 2k 8 3 4 3 27 R 3k R 3
Sea el prisma oblicuo cuya base es un polígono de n lados.
Luego:
15º 3 Vcuña esferica (3 k) 1,5 k3 270º
Pide el área del círculo inscrito en la sección recta:
.c o
m
Si k=1, la respuesta es 1,5 p.
39.
w
w
w
.L
ib
ro
Dato: 1) A SL=50 m 2 (2p)a=50 m 2 (2p: perímetro de la sección recta) p . a=25 m2 2) Volumen=150 m 3 ASR. a=150 m3 p .r . a=150 m3 ® 25 m2. r=150 m3 ® r=6 m Luego: Sx =p(6 m)2=36p m2
Clave E
sZ
S x =p r 2
r=2k R=3k
Clave E
Cuña esférica
38.
Piden OO1 = x = ? Dato: S = ASL tronco de cono p(3k)2 = p(3k+6)(10 – 5k)
r 15º
9k2 = 30k – 15k2+60 – 30k
O R ® k=
10
10 2
x = 8 – 4k = 8 – 4
Piden h.
10 2
Se deduce que la pirámide es trirrectángulo en el vértice B.
\ x = 8 – 2 10 Clave B
Por propiedad en el triedro trirrectángulo: 1 1 1 1 = 2+ 2+ 2 2 h 24 12 12
40.
Operando: h = 8
w
w
w
.L
ib
ro
sZ
.c o
m
Clave C
11
