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- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -A CONTINUACION PRESENTAMOS LAS

PREGUNTAS QUE POR SU SIMILITUD SE REPITEN EN LOS EXAMENES DE ADMISION A LA UNIVERSIDAD SAN MARCOS. ESTAS

SON EXTRAIDAS DE LOS MISMOS EXAMENES DE ADMISION.

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

ECUACIONES- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

1. SAN MARCOS ADMISION 2008 - IIManuel pagó una deuda de S/. 350 con billetes de S/. 10, S/. 20 y S/. 50. ¿Cuál fue la mínima cantidad de billetes que utilizó en el pago de su deuda?A)9 B) 8 C) 10 D) 11 E) 7- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - SOLUCION:10(a) + 20(b) + 50(c) = 350a + 2b + 5c = 35Mínima cantidad de billetes (por inducción) se da para:a = 1 ; b = 2 ; c = 6 RPTA: A- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

2. SAN MARCOS ADMISION 2008 - IIJuan le dice a Pedro: “Si me dieras 5 de tus canicas, ambos tendríamos la misma cantidad” y este le respondió: “Si me dieras 10 de las tuyas, tendría el doble de lo que te quedaría”. ¿Cuántas canicas tiene Juan?A) 45 B) 30 C) 50 D) 35 E) 40- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - SOLUCION:J + 5 = P – 5 …........... (1)P + 10 = 2(J – 10) …... (2)Resolviendo (1) y (2): J = 40 ; P = 50 RPTA: E- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 3. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2005 - IISi p q r 0, hallar el valor de x en el siguiente sistema. px + qz = r qy + rx = p rz + py = q

A)pq

rqp 222 B)

pr2

qpr 222

C)pq2

rqp 222 D)

pr2

prq 222

E) qr

prq 222

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: p x + q z = r ........... (multiplicando r)r p x + r q z = r² ......(a)r z + p y = q ........... (multiplicando q)q r z + q p y = q2 .....(b)Restando (a)-(b): r p x - p q y = r² - q2...... (1)

Dato: q y + r x = p ......... (multiplicando p) p q y + p r x = p² ..... (2)Sumando (1) y (2): 2 p r x = r² - q² + p²

x = pr2

qpr 222

RPTA: B- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 4. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2005 - II

Si x > 0, las soluciones de la ecuación 3 2/1x3x = 10 se puede hallar resolviendo la ecuaciónA) x2 + x – 10 =0 B) 3x2 + 3x – 10 = 0

C) 9x2 – 82x + 9 = 0 D) 9x2 + 3x -3

10= 0

E) 9x2 – 8x + 9 = 0- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

Ordenando: 10

x

3x3

3x + 3 = 10 x

Elevando al cuadrado ambos lados:(3x + 3)² = 100x9x² - 82x + 9 = 0

Es decir: 3 10x3x 2

1

se puede hallar resolviendo: 9x² - 82x + 9 = 0 RPTA: C- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 5. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS

El valor de a para que el sistema:

54ayx3

18y2x

Sea posible e indeterminado es:A) 3/2 B) -6 C) -2 D) 2 E) 6- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Se debe cumplir que son rectas paralelas:

5418

a2

31

de donde a = -6 RPTA: B

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 6. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS ¿Para qué valores a y b el sistema ax + y = 8.......(1) x + by = 9.......(2) tenga infinitas soluciones? Dé como respuesta la suma de los valores encontrados.A) 117 / 54 B) 113 / 56 C) 145 / 72D) 126 / 45 E) 130 / 63- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Las rectas deben ser paralelas:

8/9a ; 98

b1

1a

b = 9/8 ;

(Nota: existen mas fracciones equivalentes).

Pero la suma es: a + b = 72

14589

98

RPTA: C

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 7. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Si los enteros x = a e y = b constituyen una solución del sistema

x12

1y

y

12y2

x2

, entonces a + b es igual a

A) 7 B) 8 C) 6 D) 4 E) 5- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

2b

12b2

a ; ab² = 2b + 12 . . . (1)

1a

12b ; ab = 12 - a . . . (2)

b = (12 - a)/a . . . (3) Usando sustitución:

(3) en (1) :

12a

a122

aa12

a2

a² - 34a + 120 = 0a = 30; a = 4 y b = 2 a + b = 6 RPTA: C- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 8. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2005 - IDado los términos semejantes:

(3a + 2b)ma+4b n-b-3a y a51b213 nmb25

a35

El valor de: ....b

a

b

a

b

aba

1211

4

4

3

3

2

2 es

A) 8 B) 16 C) 20 D) 7 E) 13- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Por ser términos semejantes: a + 4b = 13 + 2b

a + 2b = 13 ………......... (1) - b – 3a = 1 – 5a

2a – b = 1 ……….......… (2)Resolviendo (1) y (2): a = 3 ; b = 5

Se pide: ....b

a

b

a

b

aba

1211

4

4

3

3

2

2 =

.....5

3

5

3

5

353

1211

4

4

3

3

2

2

Hay una serie geométrica de razón 3/5 < 1

Recordamos: S = 1 + q + q2 + q3 +…. = q1

1

; (q < 1)

En la serie será:25

211

1

1211

53

=

216

= 8

El valor es 8 RPTA: C- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 9. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2005 - I

Sean x, y números reales no nulos. Si 1xy6

yx

el

valor de la expresión x2 - xy - 6y2 esA) 0 B) 2y C) 1 D) 2x E) 2 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

Operando: 1xy6

yx

x2 - 6y2 = xy

x2 -xy - 6y2 = 0 En la expresión es: 0 RPTA: D- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

POLINOMIOS- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 10. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2006 - IIDetermine el MCD de los siguientes polinomios:

P(x ; y) = x3 + x2y + xy2 + y3

Q(x ; y) = x3 - xy2 + x2y - y3

R(x ; y) = x4 - 2x2y2 + y4

A)x(x-y) B)(x+y)y C)x+y D)x-y E)(x+y)(x-y)- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Factorizando cada polinomio:

P(x ; y) = x3 + x2y + xy2 + y3 = x2(x + y) + y2(x + y)P(x ; y) = (x + y)(x2 + y2)

Q(x ; y) = x3 - xy2 + x2y - y3 = x(x2 - y2) + y(x2 - y2)Q(x ; y) = (x2 - y2)(x + y) = (x - y)(x + y)(x + y)Q(x ; y) = (x + y)2(x - y)

R(x ; y) = x4 - 2x2y2 + y4 = (x2 - y2)2 = (x + y)2 (x - y)2

Luego: MCD (P, Q, R) = x+y RPTA: C- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -11. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2006 - II

Si (x) = 2ee xx

y (x) = 2ee xx

Calcular: )x2(1

)x2(

A) )x(1

)x(

B) )x(

)x(1

C) )x()x(

D) -)x()x(

E) -)x(1

)x(

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Usando la regla de correspondencia:

)x2(1)x2(

=

2ee

1

2ee

x2x2

x2x2

Operando tenemos en el numerador binomios conjugados de la forma: a2 - b2 = (a+b)(a-b); en el denominador un binomio al cuadrado:

2

= 2x2

x2x2

x2x4

x4

)1e(

)1e)(1e(

1e2e

1e

Simplificando observamos que si dividimos numerador y denominador por 1/2 obtenemos:

= )x()x(

2ee

2ee

1e

1exx

xx

x2

x2

RPTA: C

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -12. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2006 - I¿Cual es el número que se debe restar al siguiente

polinomio P(x) = 2x5 - x3 - 2x2 + 1 para que sea divisible por (x - 2)? Dar como respuesta la suma de cifras de dicho número.A) 10 B) 19 C) 13 D) 16 E) 9- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

Al polinomio P(x) = 2x5 - x3 - 2x2 + 1 Se le restar N:

P(x) = 2x5 - x3 - 2x2 + 1 - NEste polinomio debe ser divisible por (x - 2), usando el teorema del resto:(x - 2) = 0 x = 2

P(2) = 2(2)5 - (2)3 - 2(2)2 + 1 - N = 0 N = 49Se pide la suma de cifras: 4 + 9 = 13 RPTA: C - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -13. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2006 - I

Dado: R(x) = 1x1x

Q(x) = 1x

1x2

2

Calcular: R( Q( R(x) ) )

A)1x1x

B) x+1 C) 2

1x1x

D) x - 1 E)1x)1x( 2

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Primero calculamos Q( R(x) )

Q(R(x)) =

11x1x

11x1x

1)x(R

1)x(R2

2

2

2

=

=22

22

)1x()1x(

)1x()1x(

Usando las identidades de Legendre:

(a + b)2 + (a – b)2 = 2(a2 + b2)

(a + b)2 + (a – b)2 = 4ab

Q( R(x) ) = x2

1x)1)(x(4)1x(2 22

Calculando R( Q( R(x) ) )

R( Q( R(x) ) ) = R(x2

1x2 ) =

1x2

1x

1x2

1x

2

2

= x21x

x21x2

2

Observamos binomios al cuadrado:

R( Q( R(x) ) ) = 2

2

2

1x1x

)1x(

)1x(

RPTA: C

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -14. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2001

Si el cociente notable2n

m30

yx

xx

tiene 10 términos,

hallar el valor de (m+n)

A) 23 B) 21 C) 25 D) 35 E) 50- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Por propiedad de Cocientes Notables:

# de términos: 102m

n30

Resolviendo: n = 3 ; m = 20 ; m + n = 23 RPTA: A- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 15. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS

Al efectuar la suma siguiente 3a1a

3a1a

se obtiene:

A) 2a9

a4

B)

9a

a52

C) 3a

a2

D) 2a9

a4

E)

9a

1a2

2

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Dando común denominador (a+3):

3aa2

3a1a1a

3a1a

3a1a

R

RPTA: C

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

SUCESIONES- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 16. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Hallar la suma de los 30 primeros números mayores que 1 de la forma 4n + 1 ó 4n - 1.A) 1 050 B) 960 C) 990 D) 980 E) 900- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Hay 2 series cada uno de quince términos:1 : 4 (1) + 1 = 52 : 4 (2) + 1 = 93 : 4 (3) + 1 = 1315 : 4 (15)+1 = 61

5, 9, 13, ... 61 suma: 152

615

La segunda suma es: 1 : 4 (1) - 1 = 32 : 4 (2) - 1 = 73 : 4 (3) - 1 = 11 15 : 4 (1)-1 = 59

3,7,11,…59

Suma: 152593

La suma total es: 960 RPTA: B

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 17. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS La suma de los 2 números que siguen, en la serie 3, 14, 39, 84, 155, . . . . esA) 258 B) 413 C) 657 D) 399 E) 671- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Buscando la relación por diferencia:3 14 39 84 155 258 339 11 25 45 103 141 14 20 26 32 38 6 6 6 6La suma es: 258 + 339 = 657 RPTA: C- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 18. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En una sucesión los 6 primeros términos son: 4. -2, 7, -5, 10, -8. La suma de los 5 últimos términos a partir de - 8 esA) -4 B) 4 C) 2 D) 10 E) 62- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: La sucesión se forma sumando en parejas de 2

2

24

2

57

2

810

2

2A partir del -8 la suma de los 5 últimos términos es:-8 + 2 + 2 = -4 RPTA: A- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

19. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En una proporción geométrica continúa la suma de los términos medios es igual a los 5/13 de la suma de los extremos. Si la razón de la proporción es menor que uno, hallar dicha razón.A) 1/7 B9 2/7 C) 2/3 D) 1/3 E) 1/5- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Usando las propiedades de proporciones:

kcb

ba

1

1kc

)ca(k

ca 2

2

(a+c)=(k2+1)c

Por dato: 2b = c)1k(135

)ck(2)ca(135 2

Resolviendo: 5k² - 26k + 5 = 0 Resulta: k = 1/5 ; k = 5 RPTA: E- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 20. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Si x es el término que sigue a 15 en la sucesión: 0 , 1 , 3 , 7 , 15 ,... entonces el valor de x² - 30 x + 2 esA) 72 B) 81 C) 63 D) 33 E) 31- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Tenemos:

De este modo: 312 – 30(31) +2 = 33 RPTA: D- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 21. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Hallar el décimo término del a sucesión:

;.........1631

;8

17;

47

;21

A)1024133

B)1024147

C)1024165

D) 1024199

E) 1024101

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: El denominador es una serie de la forma:21, 22, 23, 24, ………210

El denominador décimo es : 210 = 1024el numerador es una serie1 7 17 31 49 71 97 127 161 199 6 10 14 18 22 26 30 34 38 4 4 4 4 4 4 4 4El décimo término es: 199/1024 RPTA: D- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 22. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Hallar la suma de los 20 primeros términos de la sucesión: 3 x 4 , 6 x 7 , 9 x 10 , 12 x 13 , …A) 26 460 B) 28 520 C) 26 400 D) 28 400 E) 26 520- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Podemos escribir como:3 x (3+1) , 6 x (6+1) , 9 x (9+1) , 12 x (12+1) , … 32+3 , 62+6 , 92+9 , 122+12 …….Al sumar tenemos:S = (32 + 62 + 92 +122 +….) + (3 + 6 + 9 + 12 + ….)S = 32(12 + 22 + 32 +42 +….) + 3(1 + 2 + 3 + 4 + …)Se trata de dos series conocidas cuya suma de los 20 primeros términos es:S = 32(20x21x41)/6 + 3(20x21)/2 = 26 460 RPTA: A- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 23. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS N números naturales están en progresión aritmética de razón 2 y el promedio aritmético de los dos últimos número es 8N. Hallar el promedio aritmético de los N números dados.A) 6N+2 B) 7N+10 C) 7N+5 D) 6N+1 E) 7N+2- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Sean los últimos términos: m, m-2Dato: (m-2 + m)/2 = 8 N m = 8N+1Por término de lugar “N” (último):TN = a + (n-1)r (el ultimo termino es m = 8N+1)8N+1 = a + (N -1)(2)a = 6N +3 (primer termino)

FIJAS DE M

ATEMATIC

APA

RA SAN

MA

RC

OS

EDITO

RA D

ELTA - JR

CAM

ANA 1135 STA

ND

467 CER

CAD

O D

E LIMA

http://editoradelta.blogspot.com

3

Promedio:

2N7)N(2

)N()3N6()1N8(

RPTA: E

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 24. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS ¿De cuántas maneras diferentes podemos elegir a 5 personas de un grupo de 11 para ir a una fiesta, si se sabe que entre las 11 hay una pareja de esposos que no va el uno sin el otro?A) 3528 B) 210 C) 630 D) 3024 E) 126- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Al tomar 5 de los 11 hay dos casos:

1) Que están los esposos que van juntos: 93C

2) Que no están los esposos que van juntos: 95C

Total de maneras: 93C + 9

5C = 210 RPTA: B

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 25. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En la siguiente progresión aritmética: 10, x, z,.....Se sabe que la suma de los primeros 6 términos es 270. Determine el valor de (x + z)A) 62 B) 60 C) 70 D) 54 E) 65- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: S = (a + u)/2 = [a + (a+(n-1)r)]/2 = [2a1+(n-1)r]n/2 270=[2(10)+(6-1r)]6/2 r = 14La serie será: 10, 24, 38 x + z = 62 RPTA: A- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

PUNTOS Y RECTAS- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -26. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2006 - IISi AP es una bisectriz del ángulo A; además AB //QP, calcular el valor de: x

A. 34° B. 30° C. 45° D. 60° E. 15°- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: De los datos: + 28° = 2 = 28°

Pero: 2 + x = 90° x = 34° RPTA: A- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -27. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En la figura, AB = 20 km, AP = 3 km, y BQ = 12 km. Una persona ubicada en el punto P debe

llegar a un punto de AB y luego dirigirse al punto Q. ¿Cuál es la longitud del mínimo recorrido?A) 21 km B) 24 kmC) 25 km D) 28 km E) 26 km- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Para hallar el camino mas corto de P a Q pasando por un punto de AB, se traza simétricamente AP y BQ, respecto a la vertical AB, se cumple:a + b = 20...... (1)

Por semejanza: 12b

3a …..… (2)

Resolviendo: b = 16, a = 4

Por Pitágoras: 22 12b = 20

22 3a = 5

La distancia es 20 + 5 = 25. RPTA: C- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -28. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Dados los triángulos PQR y PSR, según la figura adjunta, si = /5 y el ángulo PSR = 50º, Entonces el ángulo es igual a:A) 20º B) 18ºC) 22º D) 24ºE) 26- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: De la figura:

13565

5

En el triangulo PQR

º18022130º26

= 24º RPTA: D

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -29. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2006 - IIHay dos postes de altura a y b separados por k metros. Si se traza una línea de la cima de un poste a la base del otro y viceversa cortándose en un punto P. Hallar la altura del punto P al piso.

A) ba

a

B)ba

ab

C)b

ba D)

ba

E)baba

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - SOLUCION:

Se observa que:bx

nmm

;ax

mnn

Sumando miembro a miembro

baab

xbx

ax

1

RPTA: B

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -30. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2006 - IIHalle el valor de x en la ecuación

)60(tan2x

)30csc()4x()45(cos)1x(6 22

A) 10 B) 21/5 C) 15 D) 21/4 E) 14- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

6(x-1)cos2(45°) - (x-4)csc30°=2

xtan2(60°)

cos45°=2

2

2

1 ; csc30°= 2; 360tan

Reemplazando:

22

)3.(2x

2).4x(22

)1x(6

x23

8x23x3 x = 10 RPTA: A

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

TRIANGULOS- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -31. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2006 - IILos lados de un triángulo son números naturales consecutivos y el ángulo mayor es el doble del menor. Hallar la suma de los lados.A. 10 B. 12 C. 13 D. 15 E. 17- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Sea el triangulo ABC de lados consecutivos: p, p+1, p+2, prolongando CB hasta P, de manera que: APC =

Por semejanza entre PAC y PBA:

2pp

1p22p

p = 4Suma de lados:4 + 5+ 6 = 15

RPTA: D- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -32. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2006 - IISi AP es una bisectriz del ángulo A; además AB //QP , calcular el valor de: x

A. 34°B. 30°C. 45°D. 60°E. 15°

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: De los datos: + 28° = 2 = 28°Pero: 2 + x = 90° x = 34°RPTA: A- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -33. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2006 - II

Halle el perímetro del triángulo equilátero ABC, sabiendo que la base media del trapecio BCMN

mide 3 3 . M y N son puntos medios de los lados AB y AC respectivamente.

A. 4 3 B. 8 3 C. 12 3 D. 24 3 E. 8 3- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Si el lado del triangulo equilátero mide: 2a, la base media mide:

MN = a

Por dato: PQ = 3 3

332

a2a

a = 2 3

Perímetro = 3(2a) = 12 3 RPTA: C- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -34. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En la figura AB BC, hallar el valor de x + y

4

A) 70º B) 47ºC) 63ºD) 49ºE) 51º

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: De la figura, en ABC: 64° + 57° + x + 26° = 180°

x = 33°

ADE, ángulo exterior:y + 41 = x + 26y + 41° = 59°y = 18°x + y = 51°

RPTA: E

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -35. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Calcular la medida de una de las diagonales de un pentágono regular cuyo lado mide 2 cm.

A) (1 + 5 ) cm B) (2 - 2 ) cm C. (2 - 5 ) cm

D) (2 + 2 ) cm E) (1 - 5 ) cm- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Como el triangulo sombreado pertenece a un decágono regular:

L10 = )15(2R

2 = )15(2x

x = 1 + 5

Otro método, es usando la formula: L52 = L10

2 + L62

RPTA: A- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -36. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Un triángulo isósceles tiene un área de 12 cm² y su altura es menor en 2 cm que el tercer lado. Hallar el perímetro del triángulo.A) 16cm B) 22cm C) 29cm D) 18cm E) 14cm- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: En la figura tenemos:

122

H2H

(H - 2) (H) = 24 H = 6Perímetro: 10 + 6 = 16 RPTA: A- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -37. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En un triangulo AOB tal BO = 4m y AB = 8m. ¿Cuál es su área total?

A) 32 B) 16 C) 8 D) 8 3 E) Ninguna anterior- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Por Pitágoras:

34x

2

344S = 8 3

RPTA: D- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

CIRCUNFERENCIA- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -38. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS

En la figura, la recta t es tangente a la circunferencia y paralela al segmento DE. Si AD = 6, AE = 5 y CE = 7, hallar BD.

A) 2.5B) 4C) 3D) 4.5E) 3.5

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

De la semejanza de triángulosentre: ADE y ABC(por el ángulo y el ángulo A), se tiene que:

2

B

A

C

x 7

ED

65

ADAC

AEAB

6

755

6x

x = 4 RPTA: B

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -39. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En la figura, A, B y C son centros de las circunferencias; T y P son puntos de tangencia.Si AC = 7 cm, calcular el perímetro del triángulo ABC.A) 14 cm B) 35 cmC) 22 cm D) 21 cmE) 28 cm

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: En la figura se tiene: TA = r + n = 7 (TA radio de la circunferencia)Perímetro: n + r + 7 + 7 = 21 RPTA: D- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -40. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En la figura, P, Q, y T son puntos de tangencia, a y b son los radios de las semicircunferencias.

Determinar la distancia del punto T a la recta PQA) ab2 B)

baab2

C)ba

ab

D) ²b²a E) ab

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

Sea O’M OP,TR = x distancia

Se tiene:x = m + b ...... (1)

Por proporciones: m / (a-b) = b / (a+b) ..... (2)(2) en (1) x = (2ab)/(a+b)- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -41. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Si la circunferencia rueda a la derecha, desde la posición indicada en la figura, ¿qué longitud recorrerá hasta que el punto B toque la superficie por tercera vez?A) 10/3B) 40C) 100/3D) 20E) 80/3

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: La longitud del recorrido del ángulo en radianes es: I = R

Primero recorre 2 -3

2 =

34

3

20)5)(

3

4(l1

Una vuelta entera es: 2(5)

El punto B toque la superficie por tercera vez:l1 + l2 + l3 = 20/3 + 2[(2)(5)] = 80/3 RPTA: E- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -42. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Un círculo y un cuadrado tienen la misma área ¿cuál es la relación del perímetro del círculo al perímetro del cuadrado?

A) 2

B) 2

C) 4

D) 1

E) 4

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Por dato tenemos:A(circulo) = A(cuadrado)

22 ar

1

ar

Formando la relación:2

1a4

2a4r2

RPTA: A

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -43. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En la figura, se tiene un cuadrado de lado 8 cm y tres semicírculos con radios iguales. Hallar el área sombreadaA) 8(8 - ) B) 8(4 - )C) 16(4 - ) D) 16 E) 8- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Haciendo traslación de Áreas hacemos posible una solución rápida del problema pues:A(x) = Area del cuadrado - Area de medio circulo

2)4(

8)x(A2

2

A = 64 - 8A = 8( )8

RPTA: A- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -44. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En la figura se muestra un trapecio isósceles cuyas bases miden a cm y b cm. Hallar el radio de la circunferencia inscrita.

A) ab cm B) 21 ab cm

C) 2 ab cm C) 41 ab cm

E) a b cm- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

Trazando la altura del trapecio, este además es el diámetro de la circunferencia.

Si las bases son a y b, por los puntos de tangencia y la simetría tenemos que se forma un triangulo rectángulo de hipotenusa: (a+b)/2 y catetos (a-b)/2 ; hUsando Pitágoras y la Identidad algebraica de diferencia de cuadrados en el triangulo:

222

h2

ba2

ba

abh Pero h = 2R

Entonces:2ab

RabR2 RPTA: B

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

CUADRILATEROS- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 45. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2005 - IDos lados consecutivos de un paralelogramo miden 8 m y 12 m, respectivamente, y forman un ángulo de 60°. Hallar el producto de las longitudes de sus diagonales.

5

A) 16 133 m2 B) 18 133 m2 C) 16 19 m2

D) 12 19 m2 E) 16 7 m2

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: En la figura:

Por Pitágoras en ACE:AC2 = AE2 + CE2

AC2 = 162 + (4 3 )2

AC2 = 304En BDF: BD2 = DF2 + BF2

BD2 = (4 3 )2 + 82

BD2 = 112

Se pide el producto: (AC)(BD) = 16 133 RPTA: A- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -46. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2005 - IEn la figura, se tiene dos circunferencias de centros O1 y O2 y del mismo radio, las cuales se intersectan en los puntos P y Q. Si 21OO es el

diámetro de la circunferencia interior y PQ = 6m, hallar el área de la región sombreada.

A)2

5m2 B) 5 m2 C)

2

365m2

D) (5 - 6 3 )m2 E)3

5m2

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Se forma un triángulo equilátero O1PO2

O1P = PO2 = O1O2 = R MO2P = 60°Por simetría tenemos: PM = MQ = 3

En el triangulo obtenemos:

R = 2 3 , r = MO2 = 3El área sombreada es:2 [A. sector (120º) - A. (PQO2) – A. semicírculo]

3652

)3(2

36)32(

360º120

22

RPTA: D

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 47. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2005 - IUn rombo de lado 8 cm es tal que uno de sus ángulos internos mide 45°. Hallar el área del rombo.

A) 28 2 cm2 B) 36 2 cm2 C) 30 2 cm2

D) 32 2 cm2 E) 26 2 cm2

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Debemos tener en cuenta la propiedad del área del triangulo:

A = sen2

ab

En el problema:

Area del rombo = 2(Area ABC)

Por la propiedad

Area ABC =2

)8)(8(sen 45º

= 16 2Entonces:

Area del rombo = 2(16 2 )

= 32 2 RPTA: D- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -48. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2005 - ISe tiene un cuadrado inscrito en una semicircunferencia de diámetro 2R. Hallar el área del círculo inscrito en dicho cuadrado.

A) 2R5 B) 2R5 C)5

R2 D)

5R2

E) 2R

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

= lado del cuadradoPor Pitágoras:

5

R2R

22

22

r = radio inscrito en el cuadrado.

r = 5

R2

; Area =

5R

r2

2 RPTA: E

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -49. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2005 - IHallar el área de la zona sombreada en el cuadrado ABCD, donde M y N son puntos medios de los lados, y MN = 1,5 m. A) 2.65 m2 B) 2.25 m2

C) 2.50 m2 D) 2.16 m2

E) 2.56 m2

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: = lado del cuadrado

MN = 22

2AC

= 1.5 2

A � = (1.5 2 )2 = 4.5

A AMB = A BNC =4

1A �

A sombreada =2

1A� = 2.25 RPTA: E

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

RELACIONES METRICAS- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -50. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2006 - IILos lados de un triángulo son números naturales consecutivos y el ángulo mayor es el doble del menor. Hallar la suma de los lados.A. 10 B. 12 C. 13 D. 15 E. 17- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Sea el triangulo ABC de lados consecutivos: p, p+1, p+2, prolongando CB hasta P, de manera que APC =

Por semejanza entre PAC y PBA:

2p

p

1p2

2p

p = 4

Suma de lados: 4 + 5+ 6 = 15 RPTA: D- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -51. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2006 - IIConsideremos un triángulo rectángulo cuyos catetos miden a y b (a < b), en él se traza la altura correspondiente al ángulo recto determinándose dos

regiones triangulares cuyas áreas son A y B que tienen como uno de sus lados a dichos catetos de longitudes a y b respectivamentea. Calcule A / B en términos de a y bb. Demuestre que A < B- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Condiciones1. Triángulo rectángulo2. Longitud de los catetos es a y b, tal que a < b3. altura correspondiente al ángulo recto4. A: área de la región triangular determinada por la

altura y el cateto de longitud a.B: área de la región triangular determinada por la altura y el cateto de longitud b.

Piden:a. Calcular A/B en términos de a y b.b. Demostrar que A < B

a. Las condiciones

En el ABC notemos que al haber tarazado la altura BH..m Ang. BAC = m Ang. HBC = m ang. ACB = m Ang. ABH = EntoncesTriang. AHB = Triang. BHCPor relación de áreas de regiones semejantes

2

2

b

a

B

A

Debido a que AB y BC son elementos homólogos de dichos triángulos semejantes (sus hipotenusas)b. De lo anteriorA / B = a2 / b2 …..(1)De la condición a < b como b 0, entonces(por ser la longitud de un cateto) a/b < 1Elevando al cuadrado a2 / b2 < 1 ……(2)De (1) y (2) A / B < 1 luego: A < B- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -52. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2005 - IIEn el triángulo ABC, calcular la distancia del baricentro al vértice C, siendo CD diámetro de la circunferencia.

BC = 12 m5 y OD = 30 m A) 4 m B) 10 m C) 6 mD) 8 m E) 2 m- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

Por relacionesmétricas en el

CBD:

CB2 = MCxCD

(12 5 )2 = (CM)(60) CM = 12Por teoría del baricentro, la distancia del vértice C al baricentro en el punto G es: CG

=32

CM CG =32

(12) = 8 RPTA: D

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -53. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2005 - IISe tiene un triángulo isósceles PQR cuya área es 144 m2, los ángulos en P y en R miden 15° cada uno. Calcular la altura relativa al lado QR .

A) 12 m3 B) 12 m C) 12 m2

D) 12 m56

E) m2

12

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

FIJAS DE M

ATEMATIC

APAR

A SAN M

ARC

OS

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6

SOLUCION: Se busca: PH = xDe la figura: PQ = QR = 2xÁrea:

1442

x2x2QRPH

x = 12 RPTA: B- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -54. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En la figura, PQRS son lospuntos medios del cuadrilátero ABCD y SP = 2CQ. La medida del ángulo x es:A) 150º B) 30º C) 120º D) 60º E) 90º- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

En el triangulo cuya hipotenusa es 2x y uncateto es x se cumple que el Angulo es 30°El ángulo x = 60°RPTA: D

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -55. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Los ángulos de un triángulo rectángulo están en progresión aritmética. Hallar su perímetro en función de la altura H, relativa a la hipotenusa.A) 3H(3 + 2) B) 2H(3 + 1) C) 4H (3 - 1)D) 3H (3 + 1) E) 2H(3 + 2)- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

Usando los triángulos notables de 30° y 60° obtenemos el perímetro 2H (3 + 1) RPTA: B

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

AREAS- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -56. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Si ABCD es un cuadrado y el área de cada triángulo es 125 m² ¿Cuál será el área del cuadrado sombreado,

si ?2

MBAM

A) 120 m² B) 100 m²C) 125 m²D) 75 m²E) 130 m²- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: El área sombreada es:A = Area(ABCD) - 4(Area de cada triangulo) …….(1)Area(ABCD) = (a5)2 = 5a2

Area de un triangulo:

1252

)a2)(a(

a2 = 125 En (1):A = 5a2 - 4(a2) = a2 = 125RPTA: C- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -57. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS El perímetro de un cuadrado es igual al perímetro de un triángulo equilátero. ¿Cuál es el valor del área del triángulo equilátero, si el área del cuadrado es

²m3481

?

A) 31m² B) 29m² C) 28m² D) 30m² E) 27m²- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Sea a: lado del cuadrado ; b: lado del triangulo

Por dato: 4a = 3b; b2 =9a16 2

3481

a2

Nos piden: A = 3481

43

916

a43

916

43b 2

2

A = 27 RPTA: E- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -58. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En la figura, se tiene una sucesión de triángulos congruentes, m y n son puntos enteros positivos. ¿Cuál es la cuarta parte del área sombreada?

A)16

mnabB)

8

abnm

C) 8

mnabD)

4mnab

E) 2

mnab

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: El área de un triángulo esta dado por:

2ab

En total hay mn triángulos.

Se pide: 8

mnab

2

abmn

4

1

RPTA: C

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -59. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En la figura se tiene el rectángulo ABCD, O es el punto

medio de AC ; AD//RS ; m32AC ; CD = 2 2 mEl área de la región sombreada es:A) 22 m² B) 32 m²

C) 2m234

D) 2m235

E) 2m223

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: El área A(x) buscada es la resta de:A(x) = A(ABCD) - A(triángulos)Las áreas de los triángulos están dados por la formula:(base x altura)/2La del rectángulo esta dado por: lado x lado; así tenemos:

A(x) = 2(22) - 2(2

)2(2= 22

RPTA: A - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -60. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Sean cuatro círculos todos de radio igual a 1.5u, uniendo los centros se obtiene un cuadrilátero irregular convexo. El área de la región sombreada mide:A) 2,25 u² B) 2,75 u²C) 4,30 u² D) 3 u²E) 3,25 u²- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Sumando las áreas de cada sector circular:

A = )360b

(R)360a

(R 22 )360d

(R)360c

(R 22

360dcba

R2 360360

5.1 2 = 2.25 R.A

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -61. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En la figura se tiene un rectángulo inscrito en un triángulo. Si el área del rectángulo. Si el área del rectángulo es 32m, entonces el valor de k es.A) 5 m B) 9 m C) 6 m D) 8 m E) 7 m- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Aplicando semejanza

32ak ; 16k

8a8

16 - 2a = k

kk32

216

K2 - 16k + 64 = 0K = 80 RPTA: D

8-a

k

16a

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -62. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS

En la figura O es el centro del círculo. Calcular el área sombreada.

A)

4

14t

2

B) 4t2

C) 4t2

D)

42

4t2

E)

41

t

42

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: A(x) = 2A +B

2

4)2/t(t

2A22

;

4)2/t(

B2

A

B

A

A(x)=216t

8tt4

BA222

A(x)

42

4t2

RPTA: D

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 63. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2009 - IEn la figura, BM = MC y AO = OM.

¿Qué parte del área del triángulo ABC es el área de la región sombreada?

A)21

B)53

C)43

D)52

E)32

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

A AOP = A OPM = A ABO = A OBM = SA ABC = 3 + 3SA sombreada = 2S + 2

32

)S(3)S(2

ABCA

A sombreada

RPTA: E

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 64. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS 2009 - IEn la figura, AB es diámetro del semicírculo y

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APAR

A SAN M

ARC

OS

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AO = OB = 2m. Haciendo centro en A y B se ha trazado los arcos DO y CO, respectivamente. Halle el área de la región sombreada.

A) ( 3 ) m2

B) 23 m2

C) ( 32 ) m2

D) ( 233 ) m2 E) 232 m2

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

A ABC – A APO – A OCB = A sombreadaAC = 23

A ABC =

322

322

A APO = 3º360)º30)²(2(

A OCB = 32

º360)º60)²(2(

A sombreada = 23 - RPTA: C- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

TRIGONOMETRIA- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 63. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Los valores de los ángulos comprendidos entre O° y 180°, que satisfacen la ecuación

2/1

28x2cos

2 son:

A) /6 y 5/6 B) /3 y 5/6 C) /3 y 5/3D) /6 y 5/3 E) 2/3 y 5/6- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Tenemos

21

cos2x ; 416x2cos

2

2x = /3 ó 2x = 5/3 x = /6 ó x = 5/6 RPTA: A- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 64. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS

La expresión

sen1

coses equivalente a

A)

4

tg B)

4

tg C)

4

tg2

D)

42tg

E)

42tg

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Multiplicando por (1+sen) al numerador y denominador para buscar una Identidad Trigonometrica.

²Sen1CosSen1

Sen1Sen1

Sen1Cos

=

Cos

Sen1²Cos

CosSen1

= Sec + Tg = Csc

2Ctg

2

= Ctg

24= Tg

24 RPTA: D

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 65. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Sabiendo que:

3xcossenx , determine: tgx + ctg x

A) 23 B) 2 C) 4 D) 3 E) 4+23- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Por funciones complementarias: x+x+/3 = /2

12x;

6x2

tg x+ ctgx = csc 2x

Luego: 2csc(/6) = 4 RPTA: C- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 66. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS La ecuación Trigonométrica:

xsecxtanx2cosx2sen1 2222 ;es equivalente a:A) cos2x = -1/4 B) tanx = secxC) 1 + sen2x = ¾ D) cos2x = 1E) sen2x = -1/2- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Por propiedades:

xsecxtanx2cosx2sen1R 2222 Desarrollando el binomio al cuadrado y llevando tan2x al segundo miembro, formamos las identidades trigonometricas siguientes:sen2x + cos2x = 1 tan2x + sec2x =1Tenemos lo siguiente:

1

22 x2cosx2senx2sen21R

1

22 xtgxsec

Resulta que podemos obtener el valor de sen 2x

R = 1 + 2sen2x = 0 212 /xsen RPTA: E- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 67. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Sabiendo que es un ángulo agudo, el cual satisface la ecuación ctg + cosec = 5determine el valor de la expresión 24 tg + 25 senA) 10 B) 20 C) 15 D) 5/12 E) 5/13- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: A seno y coseno resulta: 1+cos = 5sen ...... (1)Por arco mitad tenemos: 1+cos = 2cos2(/2) sen = 2sen /2 cos /2Reemplazando en (1) obtenemos: (Sen /2) / (cos /2) = 1/5 es decir: Tag /2 = 1/5Formando su triangulo rectángulo tenemos: Sen /2 = 1/ 26 ; Cos /2 = 5/ 26 Ahora con : Sen = 2sen /2 cos /2Obtenemos Sen = 5/13Su triangulo rectángulo es de lados 5,12,13 Se pide: 24 (5/12) + 26(5/13) = 20 RPTA. B- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 68. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Los tres lados de un triangulo miden 9,16 y 18mts, respectivamente. Disminuidos en x el triangulo seria rectángulo, en consecuencia:A) x = 4m B) x = 7m C) x = 2m D) x = 1.5m E) x = 1m- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

Se cumple: 222 x9x16x18 Resolviendo:

013x14x2 01x13x

13x1 ; 1x2 En las alternativas: x = 1 RPTA: E- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 69. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En la siguiente figura se tiene: 30 ,

60 , DC = 5mts. Hallar la longitud de AB.

A

D

CB

A) 53 B) 3/2 C) 3/5

D) 3/10 E) 2/3- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

En el triangulo BCD: 32L

5 ; 3

10L

ABD: isosceles AB = BD = I 3

10AB Rpta: D

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 70. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS

Simplificando la expresión: x2senx2cos1

resulta:

A) tanx B) 2tanx C) 3tanx D) ctgx E) 2ctgx- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Por ángulo mitad:

xcossenx2

1xcos21x2sen

x2cos1R

2

ctgxsenx

xcosxcos.senx2

xcos2R

2 RPTA: D

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 71. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En la figura, hallar sen + cos

D

3

A1

45°

B C

A) 252 B) 2

53 C) 3

54 D) 2

54 E) 3

52

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Se tiene un triangulo rectángulo de 45, donde:

A B C

D

3

3

45°

1

+ = 45° , tg 45°=1

tgtg1tgtg

)(tg ; tg=3/4

71

tg;)

4

3(tg1

43

tg1

;

25

7cos;

25

1sen

luego 5

24cossen ; RPTA D

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

ECUACION LINEAL- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 72. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS ¿Cuáles son las coordenadas del punto medio del segmento de la línea OP que se ha dibujado entre el punto: (0,0) y el punto P(6,4)?A) (2,3) B) (12,8) C) (6,2) D) (3,2) E) (1,4)- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: De la teoría de Punto medio:

2OP

2OP

x

; 2,3

20,04,6

x

RPTA: D

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 73. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS

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ABCD es un trapecio de área igual a: (3(7+ 3)/2 m2 .Halle la abscisa del vértice C

A) 5,2 m B)4,8 m C)5 m D)6 m E)4,5 m- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: De la figura observamos que:

Area =21

(BC+AD)h =21

( { x - 2 }+{ x -1+3ctg60° } )(3)

Reemplazando el dato área: x = 5 RPTA: C- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 74. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Una parábola tiene su foco en el punto F(-1,2) y su directriz es la recta L : y – 6 = 0 Determinar su ecuación.A) x2 + 2x – 8y + 32 = 0 B) x2 + 2x + 8y - 32 = 0C) x2 + 2x – 8y + 31 = 0 D) x2 - 2x + 8y - 31 = 0E) x2 + 2x + 8y - 31 = 0- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Graficando tenemos:

El vértice será V(-1,4) ; c = 2Un punto de paso es el vértice V (p , q)En la formula: (x – p ) 2 = - 4c ( y – q )

( x – (-1) ) 2 = - 4(2) (y – 4)operando resulta: x2 + 2x + 8y - 31 = 0 RPTA: E- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 75. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS El área del circulo determinada por la ecuación: x2 + y2 = x es: A) 2 B) /2 C) D) /4 E) /3- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Debemos formar la ecuación de la circunferencia, para reconocer el radio:

x2 – x +y2= 0 (Completando cuadrados)x2 – x +(1/2)2 – (1/2)2 + y2= 0 (x – 1/2)2 + y2 = (1/2)2

Se trata de la ecuación de la circunferencia:(x - a)2 + (y - b)2 = R2

Entonces R = ½ ; el área será: A = R2 = /4 RPTA: D- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

LOGARITMOS Y FUNCIONES- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 76. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS El logaritmo de N en base 5 es igual al logaritmo de M en base 5 Si M+N=7/4; hallar el valor de M-N.

A) 21

2 B) 2

1122

C) 411

22

D) 21

22 E) 2

112

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Log5N = Log5M N = M² ; M + N = 7/4M² + M = 7/4 ; 4M² + 4M - 7 = 0M = 2 - ½ ; N = 9/4 - 2

M - N = 22 -411

RPTA: C

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 77. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Los logaritmos decimales de 2 y 3 son: log 2=0,3010 ; log 3=0,4711 calcular log2880 con cuatro cifras decimales.A) 1,4116 B) 1,7236 C) 2,2236 D) 1,7060 E) 2,0103- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Tenemos:

723,112log3log22log42

1

12Log3log24Log22

1

10log2log12Log22

1

10.2.)12(Log2

1

2880Log2

12880log

2

RPTA: B- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 78. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Hallar el valor de x en la ecuación siguiente:

2x2x

2x xlog

x

1log1xlog2

A) 2 B) 1 C) ¼ D) 4 E) ½- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Como Log x x2 = 2 ; tenemos: 2 + Logx (x-1)2 + Logx (1/x2) = 2

0

x

)1x(Log

2

2

x

1

x

)1x(2

2

De donde x = ½ RPTA: E- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 79. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS ¿Cuál es el valor positivo de para que el polinomio x³ + (² + - 1) x² + ( - 1) x + sea divisible por ( x + 2)?A) 2 B) 3/2 C) 5/4 D) ¾ E) 5/2- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Por teorema del resto para x+2 = 0x = -2 reemplazando en:x3 + (2+-1)x2+(-1)x + Tenemos = 5/4 RPTA: C- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 80. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Si F(x) es una fracción que cumple F(x-1)=x²-x+1 entonces, el valor de F(x + 1) - F(x - 1) esA) 2x + 4 B) 4x + 2 C) 2x² - 4D) 2x - 2 E) 2x² + 2x + 4- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: F(x-1) = x2 – x + 1 x –1 = a; x = a + 1F(a) = (a + 1)2 – (a + 1) + 1 F(a) = a2 + a + 1F(x+1) – F(x-1) = (x+1)2 +(x+1) +1 - [(x-1)2 + (x-1) +1]= 4x + 2 RPTA: B- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 81. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Si x > -4, hallar el valor de x que resuelve la ecuación:

log(x+5) + log(x2+8x+16) = 1 + log(x2+9x+20)A) 1 B) 10 C) 4 D) 2 E) 6- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

(x+5) (x2+8x+16) =10(x2+9x+20)(x-5) (x+4) (x+4) = 10 (x+5) (x+4)

x+4= 10; x= 6 RPTA: E- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 82. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS En el conjunto de los números reales, definimos:

2 xsi1-x

2 xsi1-x)x(f 2

Si a < 0, calcular: af(3 - a) + f(2a)A) 3a² + 2a - 1 B) 3a² - a - 2 C) 2a² + a - 1D) 2a² + a + 1 E) a² + 3a + 1- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: De a < 0 ; 3 - a > 3 y 2 a < 0 Se buscaa(3-a-1) + (2a)2 - 1 = 3a2 + 2a - 1 RPTA: A- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 83. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Hallar el producto de las soluciones de:

12logx xlog 7

A) 109 B) 106 C) 107 D) 103 E) 105

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION:

Log x = m ; 12m7m m² = 7m - 12 ; m² - 7m + 12 = 0 m = 4 ; m = 3Log x = 4 ; x = 104

Log x = 3 ; x = 103

104 . 103 = 107 RPTA: C- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 84. PROBLEMA ADMISION SAN MARCOS Determinar el máximo valor que alcanza la expresión:

13x6x

322

A) 8 B) 16 C) 4 D) 3 E) 6- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -SOLUCION: Para ser máximo el denominador es mínimoPrimer Método: Completando cuadrados: 32___ (x-3)2 +4 El mínimo es cuando x = 3El valor será 32/4 = 8Segundo Método: Derivando el denominador 2x-6 = 0 ........ x = 3 es un mínimoReemplazando el valor x = 3 en el denominadorResulta: 32/(9-18+13) = 8 RPTA: A- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -TODAS LAS PREGUNTAS FUERON EXTRAIDAS DE LOS EXAMENES DE ADMISION A SAN MARCOS.- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -LA TEORIA Y LOS PROBLEMAS DE LOS EXAMENES

A LA UNIVERSIDAD SAN MARCOS LOS PUEDE ENCONTRAR EN EL

“PROSPECTO DESARROLLADO” Y EL“LIBRO DE RECOPILACION DE EXAMENES” EN:

EDITORA DELTA JR. CAMANA 1135 - STAND 467 (Centro Comercial

CentroLima - Cercado de Lima Altura cuadra 12 de Wilson) TLF: 433 6021 HORARIO LU-SA: 9AM-9PM

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- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -JEFATURA DE EDICION: MILTON RICALDI (UNI-FIIS)

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