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1
PRIMERA PRUEBA DE ADMISIÓN
SOLUCIONARIONº 0110 UNI 2014-1
PROMEDIOS
1. Sean las notas obtenidas: x1, x2 y x3.
1 2 3 15
3x x x+ +
=
x1+x2+x3 = 45 ...(I)
Tenemos: 1 2
2 3
4 5y
5 6x xx x
= =
Entonces: x1 = 4k, x2 = 5k, x3 = 6k
En (I): 4k+5k+6k = 45
15k = 45
k = 3
Por lo tanto: x1 = 12, x2 = 15, x3 = 18
Piden: x3 – x1 = 6
Respuesta 6
ADICIÓN EN NATURALES
2. Del enunciado: ab +
bc
ca abc
Entonces: a+b =10 a+c = 9 a = 1
Piden: a+b – c = 1+9 – 8 = 2
Respuesta 2
REGLA DE INTERÉS
3. Capital: C = A+B, A>B
Por dato: A – B = 1200
Además Capital: A B
Tasa: 14% 16%
Tiempo: 1 año 1 año
Dato: MA = MB
A(1+14%) = B(1+16%)
A 58 1200A 116% 58B 57 1200B 114% 57
= ×= = →
= ×
∴ A+B = 115×1200 = 138 000
Respuesta 138 000
REGLA DE MEZCLA
4. Del enunciado
Ley 16 15,6 Lm
Masa 96 g 104 g 200 g
Ley = (0,65)(24) = 15,6
oro
oro
Ley 16
1632
mm
=
=+ 24
oro
23
64m
=
=
Hallando la ley media
( ) ( )
m16 96 15,6 104
L 15,792200+
= =
Respuesta 15,792
MATEMÁTICA I
2
PRIMERA PRUEBA DE ADMISIÓN (17.02.2014) UNI 2014-1
PROMEDIOS
5. Del enunciado, 8 unidades de frutas y que hay suficientes plátanos y peras, entonces posibles
Plátano1234567
Pera7654321
Entonces hay 28 frutas de cada uno.
Hallando el promedio
( ) ( )28 0,2 28 0,50
Promedio7
+=
= 2,8
Respuesta 2,8
TEORÍA DE PROBABILIDADES
6. I. Como los conjuntos A y B son disjuntos, entonces son mutuamente excluyentes, por lo tanto
P(A ∪ B) = P(A)+P(B) Falso
II. A = {(x, y) / x∈{1; 2; 3; 4; 5; 6}; y∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6}}
B = {(x, y) ∈A / 4 < x+y ≤ 6}
Hallamos ahora la cantidad de casos en el conjunto B.
(1; 4), (1; 5), (2; 3), (2; 4), (3; 2), (3; 3), (4; 1), (4; 2), (5; 1) → hay 9 casos
9 1
P(B) Falso36 4
∴ = =
III. Tenemos: E ∆ D = (E – D) ∪ (D – E)
Aplicando álgebra de conjuntos
( ) ( )( ) ( )
C C
C C
E D E D E D
P(E D) P E D P E D
D = ∩ ∪ ∩
→ D = ∩ + ∩ Verdadero
Respuesta FFV
DIVISIBILIDAD
7. Del enunciado: a1cd = 5+2
→ d = 2 o 7
Luego: dabc = 9+2+27
dabc = 11+7+22
→ dabc = 99+29
da+bc = 99+29
Como abcd menor posible
→ d =2
Luego 2a +
bc
27 Concluimos: b = 0, c = 8, a = 1
Piden: ab+cd =
1×0+8×2 = 16
Respuesta 16
NÚMEROS RACIONALES
8.
¾ 2 2 2 2 2 2 0− + − + − + =
La proposición es falsa ya que se suman infinitos términos (observe que la can-tidad de términos o es par o es impar).
¾ La proposición es verdadera ya que todo número irracional se puede expre-sar como una fracción continua simple infinita y aplicando las convergentes o reducidas se aproxima a un número ra-cional.
¾ La proposición es verdadera ya que:
CA 0,1 A 0,1 A 0,1= ∩ → = ∩ ∏ → =
1A
2→ ∈
Respuesta FVV
3
UNI 2014-1 (17.02.2014) PRIMERA PRUEBA DE ADMISIÓN
ECUACIONES
9. ∗ 17 2 72 17 2 98 9 8+ = + = +
3 2 2= +
∗
23 2 2
2 128 73 2 2
x+
= + −+
3 2 2 16 2 7x+ = + −
8 2 16 2x+ = +
Elevando al cuadrado
66 16 2+ 16 2x= +
o66x x= =
o 34 66 34 100x∴ + = + =
=10Respuesta
10
10. Primera inecuación
2
2( 3)( 1)
0( 1)( 2)
x x
x x
+ +≤
− −
+–3 –1 1 2
+ +– –
S1 = [–3; 1⟩
Segunda inecuación
x+1 ≥ 06 – x > 0 – 1 ≤ x < 6
x = –1 → solución
–1 < x < 6 ∧ 20
5xx
+≤
− –2 ≤ x < 5
–1 < x < 5 → S2 = [–1; 5⟩
Entonces
S1 ∩ S2 = [–1; 1⟩Respuesta
[–1; 1⟩
11. Hallemos el rango de f
3 3( ) 1 1f x x= − + , x ∈
Entonces f(x) ∈ Ran( f ) =
Dom( f *) =
Regla de correspondencia
3 31 1y x= − + , despejo x
13 3(1 ( 1) )y x− − =
Entonces
f * (x) = 1
3 3(1 ( 1) )x− − , x ∈Respuesta
f * (x) = 1
3 3(1 ( 1) )x− − , x ∈
NÚMEROS COMPLEJOS
12. Sn = i(1 + i + i2 +...+ in–1) = 11
nii
i
− −
1S
1
n
ni i
i
+ −=
− I. n impar → Sn + Sn+1 – i = 0
1 2
01 1
n ni i i ii
i i
+ +− −+ − =
− − → in+1 = i
para n impar Falso II. n par → Sn –1 + Sn+1 – Sn = 0
2 1
01 1 1
n n ni i i i i ii i i
+ +− − −+ − =
− − −
in + in+2– in+1 – i =0 → in+1 = –i n par, “no siempre” Falso III. Sn = –1, Si n = 4k+3
4 4 1
11 1
ki i ii i
+ − −= = −
− − Verdadero
Tenemos FFV
Respuesta Solo III
4
PRIMERA PRUEBA DE ADMISIÓN (17.02.2014) UNI 2014-1
13. f(x)=c(ax) ∧ g(x)=d(bx)
De la figura: ( ) ( )0, 0,f x g x x> > ∀ ∈
→ c(ax)>0 ∧ d(bx)>0 → c>0 ∧ d>0 I. f(0)=g(0)→ c(a
0)=d(b0) → c=d (V)
II.( f(x)>g(x) ∧ x>0) ∨ ( f(x)<g(x) ∧ x<0)
→ (c(ax)>d(bx) ∧ x>0) ∨ (c(ax)<d(bx) ∧ x<0)
→ (ax>bx ∧ x>0) ∨ (ax<bx∧ x<0).
→ a>b Además f ∧ g son decrecientes a,b ∈<0 ;1>
→ 0<b<a<1 (F)
III. De (II): 0<a+b<2, pero esto no implica
que a+b>1 (F)
Respuesta Solo I
MATRICES
14. T –1 –1 T –1 TAX A A AX A A X A A= → = → = ⋅
Pero: –1 1 11A adj(A), A
2 3A
= ⋅ =
–1 3 –1 3 –11A
–2 1 –2 11
→ = =
Luego: 3 –1 1 2 2 3
X–2 1 1 3 –1 –1
= =
T
4 2–2 32 2 3 3X
–1 –1 23 32 –
3
→ = =
Respuesta
4 / 3 –2 / 3
2 –2 / 3
15. –1 T
–1 T
(AX A ) 3(A– I), A
AX A (3(A– I)) B
a b
c d
= =
= =
Polinomio característico de X es igual al po-linomio de B.
2B
–6
3 – 3 3B
3 3 – 3
P ( ) – (3 – 3 3 – 3) B
a c
b d
x x a d x
→ =
→ = + +
3 3 – 6 –6
0
a d
a d
→ + =→ + =
∴ (a+b)(b+c)= 0
Respuesta 0
SISTEMA DE ECUACIONES
16. De (1)
2 22 234 34
x yx y xy
xy
+= → + =
De (2)
x2 + y2 = m ∧ xy n=
→ m = 34n ∧ m – 2n2 = 144
Reemplazando: 34n – 2n2 = 144
→ n2–17n+72=0 → n = 8 ∨ n = 9
1.º Si n = 8 → m = 34(8) = 272
→ x2+y2 = 272 ∧ xy = 64 ∧ x>y
→ (x; y) = (16; 4)
2.º Si n=9 → m = 34(9) = 306
→ x2+y2 = 306 ∧ xy = 81 ∧ x>y
,x y→ ∉
∴ y=4Respuesta
4
5
UNI 2014-1 (17.02.2014) PRIMERA PRUEBA DE ADMISIÓN
PROGRAMACIÓN LINEAL
17.
L N
RQ
1
–5
R
Sea la función objetivo f(x, y) = ax + by con recta de nivel, entonces el punto R como el punto Q serán soluciones mínimas si la pendiente de LN es la misma de RQ .
Pero mLN = –
ab
∧ m RQ = 15
⇒ – ab
= 15
→ a = 1 ∧ b = –5
Respuesta
f(x,y) = x – 5y
SUCESIONES
18. Redefiniendo la sucesión an en dos subsuce-siones se tendrá:
8sen ; si es par
4– 8
sen ; si es impar4
n
nn
na
nn
n
π + =
π
Averiguamos la convergencia tomando lími-
tes en cada caso
y
8 2lim sen sen
4 4 2
– 8 2lim sen sen
4 4 2
nnn
nnn
π + π = = → ∞
π π = = → ∞
Por tanto, como límites de las subsucesiones
son iguales, entonces la sucesión (an) con-
verge a 22
.
Respuesta
(an) converge a 22
19. Como x ≥ 1, aplicamos la función exponen-cial en base 3, así
3x ≥ 31 → 3x + 1 ≥ 4
→ 0 < 13x+1
≤ 14
→ 0 > – 13x+1
≥ – 14
→ 1 > 1 – 13x+1
≥ 1 – 14
∴ 1 > 3x
3x+1 ≥
34
Por tanto el rango será: 3, 1
4
Respuesta [3 / 4, 1
SERIES
20.
Área
14
14
14
+ 32
14
14
+ 3 + 92 1
4
3
El área total de los triángulos retirados será
6
PRIMERA PRUEBA DE ADMISIÓN (17.02.2014) UNI 2014-1
2 3 42 3
2 3 4
1 1 1 1A 3 3 3 ...
4 4 4 4
3 3 3 33A ...
4 4 4 4343A 3A 3 A 1
31–
4
= + + + +
→ = + + + +
→ = → = → =
El área total es 1. Respuesta 1
RECTA PERPENDICULAR AL PLANO
21.
A
DC
7
63
x
B
Piden d(D, P)=x
En el gráfico
x+6=3+7 x=4
Respuesta 4
22.
60º
60º
3
44
4H
6
6 1
Sx
D
A
1
2C
B E
PM
27
33 3 3
Piden: VA–PMDE=
⋅=
S 3S
3x
x
Cálculo de Sx ABE: EP=2 7 PHE: (PH)2=( 2 7 )2 –12 → PH= 27 Luego + = ×
6 4
S 272
x
∴ =A–P MD EV 5 27
Respuesta
5 27
23.
A
A
B
B
16
12
6
6
8 8
B C
E
xa
a
2a
D
l
l
Piden el área de la región sombreada Relación de áreas
+= → =
2
2A (3 ) 4
AA 5(2 )
x ax
a
Teorema básico ×
= → =6 8
2 B B 122
Teorema básico ×
+ + =8 12
B A2
x+ =
412 48
5x x
∴ x=20
Respuesta 20
7
UNI 2014-1 (17.02.2014) PRIMERA PRUEBA DE ADMISIÓN
GEOMETRÍA DEL ESPACIORECTA PERPENDICULAR AL PLANO
24.
A
B C
D8
4
444
4
M
O2 5
4 305
4 55
a
P
F
Piden el área de la región triangular APO.
MFC~ ABC: MF4
= 44 5
→ MF=4 5
5
PMF: Teorema de Pitágoras
(PF)2 = 42 + 4 5
5
2
→ PF = 4 30
5
Luego: A∆APO = 2 5
2 ·
4 305
A∆APO = 4 6
Respuesta
4 6
RELACIONES MÉTRICAS EN EL TRIÁNGULO RECTÁNGULO
25.
A
B C
D
2R=16
9
R R=8
8 P 1 7
x
E
Piden: AE = x
Dato: 2p ABCD = 48 = 2(R + 2R) → R = 8
Por relaciones métricas en r2 = 9 × 16 r = 12
Respuesta 12
PERÍMETROS
26.
C
D
B
R2R
r
A
2r
Piden: 1 1R r
+
dato: 2PABCD
=(2πR)(2πr)
4 ( )2R 2 4r+ = 2Rrπ
2RR 2
rr
+ π=
21 1R 2r
π+ =
Respuesta
2
2π
8
PRIMERA PRUEBA DE ADMISIÓN (17.02.2014) UNI 2014-1
RAZONES TRIGONOMÉTRICAS EN CUA-DRILÁTEROS
27.
D
CB
A
E
F
G
a
x
x
x
b
b
a
Piden: 2P heptágono=7x
Datos + =1 1 1
5a b Por circunferencia se deduce:
AD=AE=a y CE=AC=b
ACDE: Teorema de Ptolomeo
ab=xa+xb
+= = + =
1 1 1 15
a bx ab a b
x=5
∴ 2P heptágono=7(5)=35
Respuesta 35
CILINDRO
28.
2r=10 19 132r=10
Nr r
h
M
A B
Piden: Vcilindro = pr2h ... (*)
∆AMB: Teorema cálculo de la mediana
192 + 132 = 2(2r – 10)2 + (2r)2
2
r2 – 8r – 33 = 0r 3r – 11
→ r = 11
∆AMB: Teorema de Herón (Para calcular h)
p = 19 + 13 + 22
2 = 27
h = 222
27 × 8 × 14 × 5 → h = 1211
105
En (*): Vcilindro = π · 112 · 1211
105
= 132π 105Respuesta
132p 105
SEMEJANZA
29.
A
BC
D
b b
q
aa
q
20
25
x
a
Piden: AB = x
Se deduce: D ABD ~ D BDC
=
2020 25x
x=16
Respuesta 16
9
UNI 2014-1 (17.02.2014) PRIMERA PRUEBA DE ADMISIÓN
TEOREMA DE PAPPUS
30.
A
B
C6 6
15h
q2
2
2
L
Nos piden: V sombreado
V sombreado=VSG ABC
Calculando h
q = =
6tan
15 8h
→ =
454
h
Vsombreado=2π x A
sombreado
8 2 2 45V 2 6
3 4+ + = π × ×
2
3
Vsombreado=270π cm3
Respuesta 270π cm3
RELACIONES MÉTRICAS
31.
A
H
N M
B
E
O
R
45º
45º
45º45º
11
2R
Piden: 2R
Se deduce: NHME es cuadrilátero inscripti-ble, luego
+ = × =R 2(R 2 11) AM AE 900
Efectuando
2R=25 2
Respuesta
25 2
32.
A
H
32q
q
q
C D
E
B
x
4 sec q 4
3
(*) CHF x = 3 sec 2q ... (1) (*) FEC x = 4 sec2q ... (2)
De (1) = (2): 3
cos 2q = 4
cos2q
Luego: cos2q = 45
Reemplazando en (2)
x = 454
→ x = 5
Respuesta
5
10
PRIMERA PRUEBA DE ADMISIÓN (17.02.2014) UNI 2014-1
ÁNGULO MITAD
33.
5 21
78°
82°
E = csc8° + cot8° – 7
E = + −5 2 7 7
E = 5 2
E = 7,07
Respuesta
7,07
IDENTIDADES TRIGONOMÉTRICAS
34. 1 + tan2a = 2tan2x + 2
sec2a = 2sec2x
Luego: cos2x = 2cos2a
Además: sen2x = 1 – 2cos2a
Reemplazando
y = cos2a + 1 – 2cos2a
y = 1 – cos2a
y = sen2a
Respuesta
sen2a
APLICACIÓN DE ÁNGULOS VERTICALES
35.
X
Y
0 1
A α
HH –h
Lh
D
H1 + 1 1
h+ 1
1h
1H
–
1y
+ 1x =
La regla de correspondencia de la función
se puede escribir como =−1
1y
x, de donde
= +1
1xy
.
Aplicando esta, obtenemos las abscisas de A y L. Luego en el APL
tana = −
−
H1 1
H
h
h
tana = Hh
Respuesta hH.
FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS
36. La regla de correspondencia se puede expre-sar como
y(t) = 2(cos2t + 2 2 sen2t)
Apliquemos
asenx + bcosx = +2 2a b sen(x + q)
→ y(t) = × + q2 9sen(2 )t
De donde, la amplitud es =2 9 6 y el pe-
riodo es π
= = π2
T2
.
Respuesta 6 y π
FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS INVERSAS
37.
Se tiene
f(x) = π
∈ ⟨−∞ ⟩+5
; ; 0arctan 2 arccot
xx x
Se conoce que ∀ x ∈ : 0<arccotx<π
Así también ∀ x ∈ ⟨−∞ ⟩; 0 : π
− < <arctan 02
x
11
UNI 2014-1 (17.02.2014) PRIMERA PRUEBA DE ADMISIÓN
Entonces, la regla de correspondencia de f es ahora
π=
− +
π=
π − + −
π=
π −
5( )
( arctan ) 2arccot
5( )
arctan 2 arctan2
5( )
3arctan
f xx x
f xx x
f xx
Para el dominio dado: π
− < <arctan 02
x
→ π
< <π −
52 5
3arctanx ∴ Ran(f) = ⟨2; 5⟩
Respuesta
⟨2; 5⟩
NÚMEROS COMPLEJOS
38. Por condición
+ + −= = −
+
20 20
40(1 ) (1 ) 1
; 1A(1 )
i ii
i
Se tiene que
π π−
+ = ∧ − =4 41 2 1 2i i
i e i e
Reemplazamos
( ) ( )( )
π π−
π
+=
20 20
4 4
40
4
2 2 1A
2
i i
i
e e
e
( )π − π
π+
=⋅
10 5 5
20 102 1
A2
i i
ie e
e
π=
102cos5 1
A2
→ A = –29 = –512
∴ A + 500 = –12
Respuesta –12
39.
120º
6 cm
A
C
OB
(Figura 1)
θ
6 cm 6 cm
C AR R
O
(Figura 2)
De (Figura 1): ACB2
(2 6) 83
= π × = πl
De (Figura 2): 2 R 8 R 4= π = π → =
l
Luego, aplicamos el teorema de cosenos (∆ COA)
2 2 26 6 – 8cos
2 6 6+
q =× ×
1 cos
9∴ q =
Respuesta
19
12
PRIMERA PRUEBA DE ADMISIÓN (17.02.2014) UNI 2014-1
TEMA: REDUCCIÓN AL PRIMER CUA-DRANTE
40. La expresión E equivale a
–3 tan( 720ºE =
120º) – 2 3
sen( 720º
+30º) 1,5
–3 tan120º–2 3E
3sen 30º
2
+ +
=+
–3(– 3) – 2 3E
1 32 2
3E
2
=+
=
Respuesta
32