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UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

Ciclo 2010-I

UNIVERSIDAD NACIONAL MAYOR DE SAN MARCOS Universidad del Perú, DECANA DE AMÉRICA

CENTRO PREUNIVERSITARIO

Habilidad Verbal SEMANA 9 A LAS INFERENCIAS EN LA COMPRENSIÓN LECTORA (II) En términos generales, la inferencia es la operación cognitiva que consiste en obtener una conclusión determinada a partir de un conjunto de premisas. En la comprensión lectora se trata de usar la inferencia para aprehender las relaciones profundas de un texto, las ideas que no pueden entenderse gracias a una lectura horizontal o superficial. Algunas modalidades son: Inferencia holística: Es un tipo de inferencia por la cual el lector obtiene el marco general que gobierna el texto sobre la base de los datos presentados en él. Inferencia de datos: Es un tipo de inferencia por la cual el lector obtiene un dato oculto en el texto, pero que se puede obtener sobre la base de otros datos explícitos en el texto. Inferencia causal: Es un tipo de inferencia por la cual el lector establece la causa probable de un acontecimiento o fenómeno que se describe en el texto. Inferencia prospectiva: Es un tipo de inferencia por la cual el lector obtiene un dato futuro a partir de la información proporcionada en la lectura. Inferencia de la intención: Es un tipo de inferencia por la cual el lector establece la intención del autor sobre la base de algunas claves presentes en el texto. EJERCICIOS DE INFERENCIAS EN COMPRENSIÓN LECTORA TEXTO A Confesaba Kierkegaard que, desde sus primeros años, gozaba infantilmente burlando a la gente, sorprendiéndola e intrigándola con alguna observación que dejaba caer al acaso. Siempre que podía expresarse sin tomar posición francamente, si esto no resultaba en perjuicio de la verdad o de los demás, se sentía llevado a tomar un camino indirecto. Se complacía en construir rompecabezas intelectuales que tuvieran un compartimiento ingeniosamente escondido dentro de otro. En esta inclinación a levantar polvaredas por puro gusto, descubría un sentimiento de inferioridad y una necesidad de compensación convenciéndose de su habilidad para engatusar mentes menos ágiles que la suya. Aun cuando sacó a luz este motivo y trató de controlarlo, nunca logró sobreponerse a él por completo, ni imponer disciplina a esta tendencia hacia lo escondido y lo oscuro. 1.

Con respecto a las obras de Kierkegaard se colige del texto que A) sólo tratan de temas de carácter filosófico. B) tienen una temática exclusivamente religiosa. C) fueron motivadas por su sentimiento de inferioridad. D) se pueden caracterizar por un cierto estilo abstruso. E) acusaban una temática claramente definida.

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Solución: Kierkegaard se complacía en construir rompecabezas intelectuales y solía tomar el camino indirecto y lo hizo toda su vida porque nunca pudo poner disciplina a esta tendencia hacia lo escondido y lo oscuro, por eso su exposición debe de ser complicada. Clave: D TEXTO B Aldous Huxley se imaginó cómo sería el hombre en el 2500: sin familia ni romanticismo, en donde “todo el mundo pertenece a todo el mundo”. No existen las prohibiciones, ni las enfermedades, el dolor o la vejez. No existen las emociones, porque atentan contra la estabilidad del individuo. La cual es necesaria para que se mantenga la sociedad. En este “mundo feliz” todo se reduce a química y números, sin individualidades, porque estas carecen de sentido. Las drogas son de uso común, como desinhibidoras del alma y un compuesto químico llamado soma mantiene a todos en un estado de dicha y equilibrio. Porque ser feliz, aquí, no es el resultado de una sociedad perfecta, sino de una macabra orden que hay que seguir a como dé lugar. 1.

Se colige del texto que en el mundo feliz de Huxley la felicidad está asociada a la A) perfección. D) solidaridad.

B) espontaneidad. E) estabilidad.

C) libertad.

Solución: En el mundo feliz no existen las emociones porque atentan contra la estabilidad del individuo y el soma mantiene a todos en estado de dicho y equilibrio, así cumplir la orden de ser feliz se asocia a la estabilidad o equilibrio del sujeto. Clave: E TEXTO C Puesto que la enfermedad supone una alteración de la estructura o del funcionamiento de una parte del organismo, suele opinarse que todo enfermo, si realmente lo está, se comporta de un modo esencialmente determinado por aquella alteración orgánica. La realidad es muy distinta. Cuando el hombre enferma, su comportamiento sigue sometido a las mismas leyes que lo rigen cuando goza de salud plena. Por supuesto que las características intrínsecas de la alteración somática inciden sobre el comportamiento individual. Pero son ingentes los factores psicosociales que condicionan, moldean y conforman el comportamiento observable (y el encubierto) del enfermo. 1.

Se colige del texto que cuando un hombre enferma A) al inicio es indiscernible de una persona sana. B) no se da cuenta de que padece la enfermedad. C) todas sus vivencias se anidan en lo inexpresable. D) su comportamiento excluye todo factor psicosocial. E) manifiesta constantemente alteraciones somáticas.

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Solución: Se suele pensar que el enfermo se comporta determinado por la alteración somática, pero no es así, hay ingentes factores psicosociales que condicionan, moldean y conforman el comportamiento observable y el encubierto del enfermo de manera que al inicio, influido por estos factores, el enfermo no se comportaría como si estuviese enfermo. Clave: A TEXTO D El problema de la demarcación entre ciencia y pseudociencia también tiene serias implicaciones para la institucionalización de la crítica. La teoría de Copérnico fue condenada por la Iglesia Católica en 1616 porque supuestamente era pseudocienctífica. Fue retirada del Indice en 1820 porque para entonces la Iglesia entendió que los hechos la habían probado y por ello se había convertido en científica. El Comité Central del Partido Comunista Soviético en 1949 declaró pseudocientífica a la genética mendeliana e hizo que sus defensores, como el académico Vavilov, murieran en campos de concentración; tras la muerte de Vavilov la genética mendeliana fue rehabilitada; pero persistió el derecho del Partido a decidir lo que es científico y publicable y lo que es pseudocientífico y castigable. Las instituciones liberales de Occidente también ejercen el derecho a negar la libertad de expresión cuando algo es considerado pseudocientífico, como se ha visto en el debate relativo a la raza y la inteligencia. 1.

La condena del la Iglesia al copernicanismo fue un acto A) imparcial. D) anacrónico.

B) implausible. E) paradójico.

C) valedero.

Solución: La Iglesia se desdice en 1829 retirando del Indice la condena a la teoría de Copérnico, que recién es aceptada por ella como científica, no fue una acción digna de aplauso. Clave: B TEXTO E No es fácil imaginar hoy la fascinación que en la década de 1950 ejercía el psicoanálisis sobre los jóvenes. Implicaba una teoría de la mente que me permitió apreciar por vez primera la complejidad de la conducta humana y sus motivaciones. Durante el curso sobre literatura alemana contemporánea que dictó Vietor, leí la Psicopatología de la vida cotidiana de Freud y obras de otros tres escritores que abordaban los recónditos mecanismos de la mente humana: Arthur Schnitzler, Franz Kafka y Thomas Mann. Incluso cuando se la comparaba con niveles literarios tan sobrecogedores, la prosa de Freud era un placer. Escribía un alemán simple, bellísimo por la claridad y el humor, infinitamente autorreferencial, que lo hizo acreedor del Premio Goethe en 1930. Su libro me hizo conocer un mundo nuevo. La Psicopatología de la vida cotidiana contiene una serie de anécdotas que se han hecho carne en la cultura a tal extremo de que podrían integrar el guion de una película de Woody Allen o respaldar una serie de gags. Freud cuenta los sucesos más comunes, aparentemente insignificantes –lapsus, pequeños accidentes, errores al guardar objetos, errores ortográficos, olvidos– y los utiliza para mostrar que la mente humana está Semana N° 9 Solucionario

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gobernada por un conjunto de leyes precisas, en su mayoría inconscientes. Son distracciones que parecen estar en la superficie de los errores habituales, pequeños accidentes que todos sufrimos: sin duda, yo había experimentado muchos de ellos. Lo que Freud me hizo ver es que ninguno de esos accidentes es casual. Cada uno de ellos guarda una relación consistente y significativa con el resto de la vida psíquica. 1.

Cabe colegir del texto que, en la época actual, el psicoanálisis freudiano A) goza de un gran nivel de aceptación científica. B) carece de relevancia en la esfera científica. C) ejerce fascinación en todo el público juvenil. D) ha validado experimentalmente sus hipótesis. E) se ha desarrollado exclusivamente en Europa. Solución: Si hoy no es fácil imaginar la fascinación que ejerció el psicoanálisis, se puede conjeturar razonablemente que, en la actualidad, el psicoanálisis dista mucho de ser una concepción relevante. Clave: B

2.

Se puede deducir que el psicoanálisis propugnaba A) el conductismo. D) el biologicismo.

B) el idealismo. E) el determinismo.

C) la introspección.

Solución: Para el psicoanálisis nada es casual y postula una cadena de causas y efectos muy consistente. Por lo tanto, propugna el determinismo. Clave: E 3.

Cabe inferir del texto que las obras de Thomas Mann A) están gobernadas por un estilo frío e impersonal. B) se rigen por una refrescante vena humorística. C) delinean los íntimos meandros del alma humana. D) repiten todos los temas que obsesionaban a Kafka. E) estaban orientadas primordialmente a los jóvenes. Solución: Al abocarse a los fenómenos de la mente humana, las obras de Mann nos dibujan los meandros o los surcos más profundos del alma huma, y por ello el autor establece una afinidad con la obra de Freud. Clave: C

4.

Se puede barruntar que, para Freud, la mente es A) un tramado coherente. C) un conjunto aleatorio. E) una dualidad difusa.

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B) un todo heteróclito. D) una suma de errores.

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Solución: Dado que para Freud los fenómenos mentales están engarzados en una cadena significativa, se puede conjeturar plausiblemente que la mente es concebida como un tramado coherente. Clave: A Se deduce del texto que un lapsus es A) un acto mental basado en el olvido involuntario. B) una experiencia literaria con un nivel superlativo. C) un error motivado por factores inconscientes. D) un accidente casual sin mayores consecuencias. E) un desliz insignificante en la vida mental humana. Solución: Un lapsus es un error que revela una causa mental subyacente, no es un fenómeno casual. Clave: C ELIMINACIÓN DE ORACIONES

1.

I) Una carta náutica es una representación a escala de aguas navegables y regiones terrestres adjuntas. II) Normalmente la carta indica las profundidades del agua, las alturas del terreno y la naturaleza del fondo. III) La carta señala detalles de la costa incluyendo puertos, peligros para la navegación, localización de luces y otras ayudas a la navegación. IV) En el fondo marino, viven millones de organismos que todavía falta descubrir. V) Recientemente se han desarrollado sistemas informáticos que permiten el almacenamiento y tratamiento de cartas náuticas con ordenadores. A) V

B) III

C) II

D) I

E) IV

Solución: La oración IV resulta no pertinente al no incidir en las cartas náuticas. Clave: E 2.

I) Espartaco era originario de Tracia y desertó de las auxilia o tropas auxiliares de Roma. II) Al no ser ciudadano romano, una vez capturado fue reducido a la esclavitud y destinado a trabajos forzados en unas canteras de yeso. III) Pero gracias a su fuerza física, fue comprado por un mercader para la escuela de gladiadores de Capua de Léntulo Batiato. IV) En el año 72 a. C., Espartaco ideó y llevó a cabo una rebelión a fin de escapar junto a varios compañeros gladiadores. V) Todas las fuentes históricas conocidas coinciden en describir a Espartaco como un hombre culto, inteligente y justo. A) IV

B) II

C) I

D) III

E) V

Solución: No pertinente, el tema se refiere las peripecias de la esclavitud de Espartaco, no a sus virtudes. Clave: E

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I) Una vez cortada y secada, la madera se suele utilizar como material de construcción. II) La madera se emplea en la fabricación de pulpa o pasta, materia prima para hacer papel. III) Artistas y carpinteros tallan y unen trozos de madera con herramientas especiales, para fines prácticos o artísticos. IV) La madera que se utiliza para alimentar el fuego se denomina leña y es una de las formas más simples de biomasa. V) En la actualidad y desde principios de la revolución industrial, muchos de los usos de la madera han sido cubiertos por metales o plásticos. A) I B) II C) III D) IV E) V Solución: No pertinencia: el tema está conformado por las aplicaciones de la madera. Clave: E

4.

I) Hay materiales que, puestos en contacto con un cuerpo cargado de electricidad, transmiten ésta a todos los puntos de su superficie. II) Los mejores conductores eléctricos son los metales y sus aleaciones. III) Existen materiales no metálicos que, en vez de ser conductores de la electricidad, tienen la función de impedir su flujo y se denominan aislantes. IV) Para el transporte de la energía eléctrica, el metal más empleado es el cobre en forma de cables de uno o varios hilos. V) Para aplicaciones especiales se utiliza como conductor el metal precioso por antonomasia, el oro. A) V

B) I

C) IV

D) III

E) III

Solución: No pertinencia, el tema se refiere a los conductores de electricidad. Clave: D 5.

I) En septiembre de 1801, Volta viajó a París aceptando una invitación del emperador Napoleón Bonaparte, para exponer las características de su invento en el Instituto de Francia. II) Napoleón Bonaparte era un emperador que tenía una especial curiosidad por la ciencia. III) El 2 de noviembre del mismo año, la comisión de científicos, encargada de evaluar el invento de Volta, emitió el informe correspondiente y se pronunció por su validez. IV) Impresionado con la batería de Volta, el emperador lo nombró conde y senador del reino de Lombardía, y le otorgó la más alta distinción de la institución: la medalla de oro al mérito científico. V) El emperador de Austria, por su parte, en virtud de su invento designó a Volta director de la facultad de filosofía de la Universidad de Padua. A) IV

B) II

C) V

D) I

E) III

Solución: No pertinencia, el conjunto oracional se refiere a la recepción del invento de Volta. Clave: B

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SEMANA 9 B TEXTO 1 Durante siglos la humanidad ha introducido mejoras en las plantas que cultiva a través de la selección y mejora de vegetales y la hibridación o polinización controlada de las plantas. La biotecnología vegetal es una extensión de esta tradición de modificar las plantas, con una diferencia muy importante: la biotecnología vegetal permite la transferencia de una mayor variedad de información genética de una manera más precisa y controlada. Al contrario de la manera tradicional de modificar las plantas que incluía el cruce incontrolado de cientos o miles de genes, la biotecnología vegetal permite la transferencia selectiva de un gen o unos pocos genes deseables. Con su mayor precisión, esta técnica permite que los mejoradores puedan desarrollar variedades con caracteres específicos deseables y sin incorporar aquellos que no lo son. Muchos de estos caracteres desarrollados en las nuevas variedades defienden a las plantas de insectos, enfermedades y malas hierbas que pueden devastar el cultivo. Otros incorporan mejoras de calidad, tales como frutas y legumbres más sabrosas; ventajas para su procesado (por ejemplo tomates con un contenido mayor de sólidos); y aumento del valor nutritivo (semillas oleaginosas que producen aceites con un contenido menor de grasas saturadas). Estas mejoras en los cultivos pueden contribuir a producir una abundante y saludable oferta de alimentos y proteger nuestro medio ambiente para las futuras generaciones. Los beneficios de la biotecnología, hoy y en el futuro, son casi ilimitados. La biotecnología vegetal ofrece la posibilidad de producir cultivos que no sólo tendrán mejor sabor sino que, además, serán más saludables. Los caracteres agronómicos incorporados por biotecnología (tales como resistencia a insectos o a herbicidas) incrementan el valor agrícola de los cultivos al permitirles hacer cosas que aumentan la producción o reducen la necesidad de otros insumos tales como agroquímicos o fertilizantes. Entre los productos nuestros que en la actualidad tienen incorporados caracteres que dan mayor rendimiento con menores costes (ya que permiten un mejor control de plagas y malas hierbas), se incluyen las patatas, el maíz y la soya. Ya estamos cultivando patatas que usan un 40% menos de insecticidas químicos que las variedades convencionales. Los atributos de calidad, o "rendimiento" ayudan a valorizar el producto para los consumidores al mejorar la calidad del alimento y la fibra producida por la planta. Es probable que en el futuro se puedan ofrecer patatas que absorben menos aceite cuando se les fríe, maíz y soya con un mayor contenido de proteínas, tomates con un sabor más fresco y fresas que retienen su dulzura natural. Algún día, las semillas se convertirán en centros de producción sin igual, de gran eficiencia energética y favorable al medio ambiente, capaces de manufacturar productos que hoy provienen de recursos no renovables. Una planta de colza de primavera (canola), por ejemplo, puede convertirse en una fábrica que agregaría beta carotina al aceite de canola para aliviar la deficiencia nutricional que causa la ceguera nocturna. 1.

Fundamentalmente, el texto trata sobre A) una defensa a rajatabla de las técnicas tradicionales de mejoramiento agrícola. B) los sorprendentes logros que se han incorporado en las mejoras de la calidad. C) los irrestrictos beneficios obtenidos por la humanidad desde hace varios siglos.

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D) una defensa detallada de la biotecnología y sus posibles alcances futuros. E) los graves peligros que encierra la aplicación de la biotecnología en el planeta. Solución: La biotecnología vegetal se apoya en una tradición y proyecta seguir desarrollándose. Clave: D 2.

Al fin del primer párrafo, el término MEJORA implica A) saturación. D) oferta.

B) perfeccionamiento. E) cultivo.

C) producción.

Solución: El hombre ha tratado de mejorar, es decir, perfeccionar los vegetales de acuerdo con sus intereses. Clave: B

3.

Hacia el final del texto, la referencia a la CANOLA se encuentra en el campo semántico de A) la añoranza. D) lo inminente.

B) lo onírico. E) lo probable.

C) la utopía.

Solución: El hombre ha tratado de mejorar, es decir, perfeccionar los vegetales de acuerdo con sus intereses, y es probable que lo logre en el futuro, como queda ejemplificado en la mención de la canola. Clave: E 5.

Es incompatible con el texto afirmar que A) la biotecnología no es una realidad, solo es un excelente proyecto. B) el maíz y la soya podrán incrementar la cantidad de sus proteínas. C) el uso de insecticidas químicos empezará a disminuir en el futuro. D) con el uso de la biotecnología se podrá obtener mejores tomates. E) en el cultivo de vegetales los fertilizantes empiezan a ser prescindibles. Solución: De acuerdo con la información, la biotecnología ya tiene aplicaciones en la actualidad. Clave: A

6.

Es incompatible afirmar que el autor del texto A) es un activista de la biotecnología vegetal. B) defiende el mejoramiento de los vegetales. C) cifra sus expectativas en la nueva tecnología.

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D) cree que la biotecnología es muy proficua. E) es un enemigo acérrimo de la tecnología. Solución: Si defiende a la biotecnología, se puede inferir que está de acuerdo con la biotecnología. Por lo tanto, no se puede decir que sea un enemigo acérrimo de la tecnología. Clave: E 7.

El uso del adjetivo ILIMITADO revela que, con respecto a la biotecnología, el autor tiene una actitud A) condenatoria. D) conminatoria.

B) apologética. E) ambivalente.

C) irónica.

Solución: El uso de este adjetivo nos indica que el autor es un defensor y propulsor del mejoramiento de vegetales mediante la biotecnología. Clave: B

TEXTO 2 Las clases parecen ser de dos tipos: las que no se contienen a sí mismas como miembros y las que sí se contienen. Una clase será llamada “normal” si, y solamente si, no se contiene a sí misma como miembro; en otro caso se la llamará “no normal”. Un ejemplo de clase normal es la clase de los matemáticos, ya que, evidentemente, la clase misma no es un matemático y, por tanto, no es un miembro de sí misma. Un ejemplo de clase no normal es la clase de todas las cosas pensables, ya que la clase de todas las cosas pensables es, a su vez, pensable y, por consiguiente, un miembro de sí misma. Sea “N”, por definición, la clase de todas las clases normales. Preguntamos si N mismo es una clase normal. Si N es normal, es un miembro de sí misma (pues, por definición, N contiene a todas las clases normales); pero, en ese caso, N es no normal, porque, por definición, una clase que se contiene a sí misma es no normal. Por otra parte, si N es no normal, es un miembro de sí misma (por la definición de no normal); pero, en ese caso, N es normal, porque, por definición, los miembros de N son las clases normales. En resumen, N es normal si y solamente si N es no normal. De lo que se desprende que la afirmación “N es normal” es verdadera y falsa a la vez. Esta fatal contradicción se produce como consecuencia de utilizar sin espíritu crítico una noción aparentemente diáfana de clase. 1.

La idea principal está relacionada con A) la paradoja de clases como efecto de usar conceptos sin rigor. B) las infinitas clases normales que no se contienen a sí mismas. C) las ilimitadas clases no normales que se contienen a sí mismas. D) las contradicciones encontradas en la teoría lógica de conjuntos. E) la teoría matemática que utiliza conceptos y leyes sin espíritu crítico.

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Solución: El autor define los tipos de clases y pone ejemplos de cada uno, infiriendo una contradicción por utilizar el concepto de clase sin rigor. Clave: A 2.

El término DESPRENDE significa contextualmente A) supone. D) deduce.

B) desmorona. E) valida.

C) aprehende.

Solución: El enunciado “…de lo que se ‘desprende’ que la afirmación “N es normal” es verdadera y falsa a la vez” está contenida en los enunciados anteriores, por lo que éste enunciado se encuentra implicado. Clave: D 3.

Es incompatible sostener que A) las clases normales son las que no se contienen a sí mismas. B) las clases no normales son las que se contienen a sí mismas. C) la clase de todas las cosas pensables es una clase normal. D) la clase de todas las clases normales conduce a contradicción. E) el uso de conceptos sin rigor crítico nos lleva a incoherencias. Solución: La clase de todas las clases pensables es no normal porque se contiene a sí misma. Clave: C

4.

De “la clase de todas las clases normales” se infiere una A) paradoja. D) tautología.

B) falsedad. E) causalidad.

C) verdad.

Solución: Al explicitar el enunciado “la clase de todas las clases normales” se desprende, N es normal si y solamente si N es no normal, lo que constituye una paradoja. Clave: A 5.

Si el concepto de clase fuera claro y evidente en “la clase de todas las clases normales”, la inferencia sería A) contradictoria. D) falsa.

B) consistente. E) antinómica.

C) paradójica.

Solución: Si el concepto de clase fuera claro y evidente la inferencia sería consistente no contradictoria. Clave: B

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TEXTO 3 Habían los partidarios de Gonzalo Pizarro puesto preso en la cárcel de San Miguel de Piura al capitán Francisco Hurtado, hombre octogenario, muy influyente y respetado, pero defensor de la causa de Blasco de Núñez. Cuarenta días llevaba el capitán de estar cargado de hierros y esperando de un momento a otro sentencia de muerte, cuando llegó a Piura Francisco de Carbajal. El alcalde de Piura, acompañado de los cabildantes, salió a recibir a Carbajal, y por el camino lo informó, entre otras cosas, de que tenía en chirona, y sin atinar a deshacerse de él, al capitán Hurtado. ¡Mil demonios! -exclamó furioso Francisco de Carbajal-. ¡Cargar de hierros a todo un vencedor en Pavía! ¡Habrá torpeza! Corra vuesa merced y deje libre en la ciudad al capitán Hurtado, que es muy mi amigo y juntos militamos en Flandes y en Italia. Cuando Carbajal entró en Piura ya estaba en libertad el prisionero, quien se encaminó a la posada de su viejo conmilitón para darle las gracias por el servicio que le merecía. El maestre de campo lo estrechó entre sus brazos, manifestose muy contento de ver tras largos años a su camarada de cuartel; hicieron alegres reminiscencias de sus mocedades, y por fin, llegada la hora de comer, sentáronse a la mesa en compañía del capellán, dos oficiales y cuatro vecinos. Ni Hurtado ni Carbajal trajeron a cuento para nada las contiendas del Perú. Bromearon y bebieron a sus anchas, colmando el maestre de agasajos a su comensal. Aquello sí era amistad. Cuando después de dos horas de banquete un doméstico retiró el mantel, la fisonomía de Carbajal tomó aire pensativo y melancólico. Al cabo, y como quien después de meditarla mucho ha adoptado una resolución, dijo con grande aplomo: -Sr. Francisco Hurtado, yo he sido siempre amigo y servidor de vuesa merced, y como tal amigo, le mandé quitar prisiones y sacar de la cárcel. Francisco de Carbajal ha cumplido, pues, para con Francisco Hurtado las obligaciones de amigo y de camarada. Ahora es menester que cumpla con lo que debo al servicio del gobernador mi señor. ¿No encuentra vuesa merced fundadas mis razones? -Justas y muy justas, colombroño -contestó Hurtado, imaginándose que el maestre de campo se proponía con este preámbulo inclinarlo a cambiar de bandera, o por lo menos a que fuese neutral en la civil contienda. -Huélgome -continuó Carbajal- de oírlo de su boca, que así desecho escrúpulos. Vuesa merced se confiese como cristiano que es, y capellán tiene al lado; que yo, en su servicio, no puedo hacer ya más que mandarle dar garrote. Y Carbajal abandonó la sala, murmurando: -Cumplí hasta el fin con el amigo, que buey viejo hace surco derecho. Comida acabada, amistad terminada. 1.

Se infiere que Francisco de Carbajal actuó motivado por A) intereses puramente mezquinos. B) su amistad con Francisco Hurtado. C) el afán de obtener más dinero. D) la lealtad a una causa mayor. E) el temor hacia Francisco Pizarro.

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Solución: “Ahora es menester que cumpla con lo que debo al servicio del gobernador mi señor. ¿No encuentra vuestra merced fundadas mis razones?” Clave: D 2.

La anécdota da pie a la generación de A) una fábula. D) una befa.

B) un cuento. E) un refrán.

C) una metáfora.

Solución: El conocido refrán, aforismo o proverbio: “Comida acabada, amistad terminada”. Clave: E 3.

Se puede inferir que el adjetivo COLOMBROÑO, que el capitán Francisco Hurtado familiarmente dispensa a Don Francisco de Carbajal, significa A) majestad. D) tocayo.

B) amigo. E) señor.

C) correligionario.

Solución: COLOMBROÑO no es más que la dicción envuelta de co (‘con’), más nombr – (‘nombre’), y la terminación adjetival oño, del latín -onius; o sea el ‘connombrado’, ‘nombrado' o llamado con el mismo apelativo. 4.

Si el capitán Francisco Hurtado no se hubiese animado a dar las gracias a Carbajal, A) habría abandonado la causa de Blasco de Núñez. B) habría vuelto a las huestes de Francisco Pizarro. C) se habría salvado de la funesta pena del garrote. D) Carbajal lo habría tomado como lo más correcto. E) se habría puesto en duda su astucia como militar. Solución: El capitán Francisco Hurtado se encaminó a la posada de su viejo conmilitón para darle las gracias por el servicio que le merecía por ello murió, si no lo hubiese hecho se habría salvado de la ejecución. Clave: C

5.

Es incompatible con el relato atribuir al comentario “Aquello sí era amistad” un carácter A) superficial. D) efímero.

B) fugaz. E) permanente.

C) ilusorio.

Solución: Cuando después de dos horas de banquete un doméstico retiró el mantel, la fisonomía de Carbajal tomó aire pensativo y melancólico. Clave: E Semana N° 9 Solucionario

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SERIES VERBALES 1.

Rutilante, esplendente, refulgente, A) corusco. D) terso.

B) diáfano. E) sonriente.

C) pulcro.

Solución: Se trata de una serie de sinónimos que sigue con CORUSCO, que fulgura, brilla. Clave: A 2.

Obstáculo, óbice, traba, A) fiordo. D) bulto.

B) giba. E) muelle.

C) escollo.

Solución: Se trata de una serie de sinónimos que se completa coherentemente con ‘escollo’. Clave: C 3.

Quebradizo, desmenuzable, frágil, A) achacoso. D) ilusorio.

B) raquítico. E) deleznable.

C) abigarrado.

Solución: Se trata de una serie de sinónimos. Deleznable quiere decir que se desmenuza, rompe o disgrega fácilmente. Clave: E 4.

Desdichado, infortunado, infausto, A) aciago. D) indulgente.

B) torpe. E) desmañado.

C) inope.

Solución: Se trata de una serie de sinónimos. Aciago es infeliz, desdichado, de mal agüero. Clave: A 5.

Pérdida, menoscabo, merma, A) ausencia. D) desencuentro.

B) detrimento. E) devaluación.

C) prejuicio

Solución: Se trata de una serie de sinónimos. Detrimento es perjuicio. Clave: B

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Originario, primigenio, primitivo, A) prístino. D) modernizado.

B) novedoso. E) depurado.

C) perfecto.

Solución: Se trata de una serie de sinónimos. Prístino es antiguo y original. Clave: A 7.

¿Cuál de los siguientes términos no guarda relación con la serie verbal? A) Transpirar D) Absorber

B) Exudar E) Gotear

C) Rezumar

Solución: Rezumar, exudar, es permitir el paso a un líquido, absorber es recoger líquido. Clave: D 8.

¿Cuál de los siguientes términos no guarda relación con la serie verbal? A) Jerigonza D) Cantinflada

B) Anfibología E) Galimatías

C) Celibato

Solución: El campo semántico apunta a lenguaje oscuro e incomprensible. Clave: C 9.

Amparar, desproteger; encomiar, censurar; expresar, A) amar. D) enmudecer.

B) aquietar. E) acariciar.

C) caer.

Solución: El nexo es antonímico. Por lo tanto, sigue el término ‘enmudecer’, antónimo de ‘expresar’. Clave: D 10. Sillón, descanso; alarife, plomada; lavabo, aseo; A) terciopelo, azul. D) umbral, dintel.

B) jardinero, césped. E) grabador, buril.

C) atrio, templo.

Solución: Serie verbal mixta: objeto-función, agente-instrumento, objeto-función. Debe seguir un par de agente-instrumento: grabador, buril. Clave: E

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SEMANA 9 C TEXTO 1 Abordé el problema de la inducción a través de Hume. Pensé que éste tenía perfecta razón al señalar que no es posible justificar lógicamente la inducción. Hume sostenía que no puede haber ningún argumento lógico válido que nos permita establecer “que los casos de los cuales no hemos tenido ninguna experiencia se asemejan a aquellos de los que hemos tenido experiencia”. Por consiguiente, “aun después de observar la conjunción frecuente o constante de objetos, no tenemos ninguna razón para extraer ninguna inferencia concerniente a algún otro objeto aparte de aquellos de los que hemos tenido experiencia”. Pues “si se dijera que tenemos experiencia de esto” –es decir, si se afirmara que la experiencia nos enseña que los objetos constantemente unidos a otros mantienen tal conjunción-, entonces, dice Hume, “formularía nuevamente mi pregunta: ¿por qué, a partir de esta experiencia, extraemos una conclusión que va más allá de los objetos pasados, de los cuales hemos tenido experiencia”. En otras palabras, el intento de justificar la práctica de la inducción mediante una apelación a la experiencia conduce a un regreso infinito. Como resultado de esto, podemos decir que las teorías nunca pueden ser inferidas de enunciados observacionales, ni pueden ser justificadas racionalmente por éstos. Hallé que la refutación de la inferencia inductiva hecha por Hume era clara y concluyente. Pero me sentí totalmente insatisfecho por su explicación psicológica de la inducción en función de la costumbre o el hábito. 1.

La idea principal del texto permite establecer que A) las teorías no se validan mediante la inducción. B) la crítica de la inducción fue hecha por Hume. C) los hechos nos permiten validar la inducción. D) las teorías se infieren de una base empírica. E) siempre es posible derivar leyes de la experiencia. Solución: El texto se inicia afirmando la imposibilidad de justificar lógicamente la inducción y concluirá que las teorías no se validan por medio de un proceso inductivo. Clave: A

2.

El verbo APELAR puede ser reemplazado por A) solicitar. D) recurrir.

B) desistir. E) ayudar.

C) acercar.

Solución: El verbo ‘apelar’ se reemplaza por recurrir, pues ambos hacen referencia a buscar un sustento en la experiencia. Clave: D

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Es incompatible con la idea central sostener que A) justificar la inducción en los hechos es un regreso al infinito. B) Hume tenía razón al sostener la invalidez de la inducción. C) no existe razón para inferir lo desconocido de lo conocido. D) no es posible extraer una conclusión basada en los hechos. E) el autor no acepta la refutación de la inferencia inductiva. Solución: En el último párrafo el autor acepta que la refutación, hecha por Hume, de la inferencia inductiva es concluyente. Clave: E

4.

Del texto se puede inferir que la inducción, para Hume, A) no es un argumento racional para justificar las leyes. B) es el único medio por el cual inferimos las teorías. C) es el método principal del proceso de investigación. D) permite deducir teorías sustentadas en la experiencia. E) siempre nos remite a un proceso de regreso al infinito. Solución: Si Hume demostró que no es posible racionalmente justificar las teorías a partir de la experiencia, entonces se concluye que la inducción no es un argumento válido para justificar las leyes. Clave: A

5.

Si la inducción fuera lógicamente válida, A) Hume mantendría su posición acerca de la inducción. B) las teorías y leyes no necesitarían de la experiencia. C) sería plausible inferir teorías a partir de la experiencia. D) psicológicamente podría ser explicada y corroborada. E) sólo tendríamos experiencia de los objetos conocidos. Solución: Si el proceso inductivo fuera válido, entonces racionalmente las teorías se sustentarían en la experiencia. Clave: C TEXTO 2

En el desarrollo del arte naval en la Edad Antigua, la invención del trirreme, atribuida tradicionalmente a los corintios, tiene una importancia equivalente a la que, a principios del siglo XX, se operó con la creación del llamado "buque monocalibre" o acorazado. No es que se aplicase a la técnica de construcción naval un invento revolucionario, ni que tuvieran lugar cambios significativos en el modo de combatir de las flotas en el Mediterráneo, sino que se puede decir que con el trirreme, la técnica naval alcanzó uno de sus momentos culminantes. La construcción y mantenimiento de las fuerzas navales en la Atenas clásica, con el objetivo de mantener la supremacía naval y de ese modo obtener el control de la navegación en el mar Egeo, implicó la creación de un enorme mecanismo financiero y logístico, sólo equivalente, quizá, al que se creó en Inglaterra en Semana N° 9 Solucionario

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los años previos de la Gran Guerra. Gran parte de la vida económica y social en Atenas estaba dirigida al mantenimiento de la escuadra, que en su momento de apogeo llegó a totalizar unas 300 naves.

1.

Es incompatible con el texto sostener categóricamente que A) el trirreme tiene cierta afinidad con el acorazado. B) el trirreme destaca en el arte naval de la Edad Antigua. C) el acorazado tuvo importancia a principios del siglo XX. D) el trirreme es una invención de los antiguos corintios. E) en su mayor esplendor Atenas llegó a tener 300 trirremes. Solución: La invención del trirreme tan solo es atribuida tradicionalmente a los corintios. Clave: D

2.

La mención al llamado "buque monocalibre" nos permite realizar A) una concertación. D) una equidad.

B) un parentesco. E) un parangón.

C) un equilibrio.

Solución: Según el texto, su importancia es equivalente. Clave: E 3.

Si Atenas no hubiese priorizado en su vida económica y social el mantenimiento de la escuadra, A) el trirreme no sería relevante en la historia naval. B) el mecanismo logístico habría caído por su propio peso. C) no habría podido aspirar a la supremacía naval. D) habría renunciado al control en el mar Egeo. E) la supremacía naval habría sido del todo inútil. Solución: Sin una gran escuadra Atenas no hubiera podido tener la supremacía naval. Clave: C

4.

Se infiere que de no haber mediado la meta de obtener el control de la navegación en el mar Egeo, Atenas A) habría creado un mecanismo financiero mayor aún. B) habría desdeñado sin dudar la invención del trirreme. C) se hubiera interesado en un invento revolucionario. D) jamás habría mantenido escuadra alguna. E) no habría desarrollado así su técnica naval.

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Solución: Según el texto, la construcción y mantenimiento de las fuerzas navales en la Atenas clásica, tenía como objetivo de mantener la supremacía naval para obtener el control de la navegación en el mar Egeo. Clave: E 5.

¿Cuál de estos enunciados es falso con respecto al texto? A) El trirreme es el punto culminante de la técnica naval ateniense. B) Inglaterra era un gran poder financiero antes de la Gran Guerra. C) Las 300 naves de la escuadra ilustran el gran poderío de Atenas. D) El arte naval de la época antigua logró la construcción de acorazados. E) La manutención de las fuerzas navales implicó una gran tarea logística. Solución: Los acorazados corresponden a otra época. Clave: D

TEXTO 3 En la historia del pensamiento matemático (siglo XIX), las geometrías no euclidianas pertenecen a una categoría diferente. Sus axiomas fueron considerados inicialmente claramente falsos respecto del espacio y, por este motivo, dudosamente verdaderos respecto de cualquier otra cosa. Por ello, fue considerado notablemente arduo, a la par que decisivo, el problema de establecer la consistencia interna de los sistemas no euclidianos. En la geometría riemanniana, por ejemplo, el postulado de las paralelas de Euclides es sustituido por la hipótesis de que por un punto dado exterior a una línea no puede trazarse ninguna paralela a ella. Planteemos, ahora, la cuestión de si es consistente el conjunto de postulados de la geometría riemanniana. Aparentemente, los postulados no son verdaderos referidos al espacio de la experiencia ordinaria. ¿Cómo puede entonces mostrarse su consistencia? ¿Cómo puede demostrarse que no conducirán a teoremas contradictorios? Evidentemente, la cuestión no queda resuelta por el hecho de que los teoremas ya deducidos no se contradicen entre sí, toda vez que subsiste la posibilidad de que el próximo teorema que se deduzca introduzca la discordia en el sistema. Pero hasta que se resuelva esa cuestión no puede haber certeza de que la geometría riemanniana constituya una verdadera alternativa al sistema euclidiano, esto es, que sea igualmente válida matemáticamente. La posibilidad misma de la existencia de geometrías no euclidianas pasó así a depender de la resolución de este problema.

1.

El texto gira en torno A) a la verdad de los axiomas de las geometrías no euclidianas. B) a la equivalencia de la geometría de Euclides y la de Riemman. C) al cambio de la geometría euclidiana por la geometría de Riemman. D) a la consistencia interna de los axiomas de la geometría euclidiana. E) al problema de la consistencia de las geometrías no euclidianas.

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Solución: Dado que los axiomas de las geometrías no euclidianas no parecen verdaderos respecto del espacio cotidiano, no se puede tener la seguridad de deducir teoremas consistentes. Clave: E 2.

En el texto, los términos ‘axioma’ y ‘postulado’ son A) antónimos. D) contradictorios.

3.

B) inescrutables. E) empíricos.

C) equivalentes.

Solución: Los términos axioma y postulado en las geometrías euclidianas y no euclidianas tienen el mismo estatus, pues de ellos se deducen los teoremas. Clave: C Resulta incompatible con el texto sostener que A) las geometrías no euclidianas difieren del quinto postulado de la geometría euclidiana. B) el problema central de las geometrías no euclidianas era probar su consistencia interna. C) en la geometría de Riemman se cambia el quinto postulado de Euclides por una hipótesis. D) si las geometrías no euclidianas querían ser válidas matemáticamente debían ser consistentes. E) la geometría euclidiana y las geometrías no euclidianas tienen los mismos postulados.

4.

Solución: Las geometrías no euclidianas tienen el quinto postulado diferente a la euclidiana. Clave: E Podemos deducir que la geometría euclidiana en el siglo XIX era considerada A) consistente. D) paradójica.

5.

B) incoherente. E) incompleta.

C) contradictoria.

Solución: El problema central de las geometrías no euclidianas era mostrar su consistencia si querían ser válidas matemáticamente como la euclidiana, por lo que se infiere que la euclidiana es consistente. Clave: A Si las geometrías no euclidianas hubiesen tenido una evidencia incontrovertible respecto del espacio, A) habrían generado una gran cantidad de paradojas. B) no se habría planteado la cuestión de su validez. C) su espacio habría sido impensable para la mente. D) el postulado de las paralelas se habría verificado. E) nadie podría haber defendido su verdad matemática.

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Solución: Si fueran consistentes los axiomas, entonces sus teoremas también serían válidos, pues de ellos se infieren. Clave: B

SERIES VERBALES 1.

¿Cuál es el vocablo que no forma parte de la serie verbal? A) encono D) tirria

B) abominación E) odio

C) humor

Solución: Serie verbal de sinónimos y se excluye la palabra ‘humor’. Clave: C 2.

Nieto, hijo, padre, A) sobrino D) cuñado

B) padrino E) progenitor

C) abuelo

Solución: Dado que se ha formado una serie léxica ascendente debe seguir el término que continúa la progresión: abuelo. Clave: C 3.

Gárrulo, locuaz; incólume, intacto; avaro, cicatero; A) alelado, pasmoso D) parco, circunspecto

B) turbio, diáfano E) remolón, trémulo

C) triste, hilarante

Solución: Se trata de una serie fundada en un solo criterio: el de la sinonimia. Como son pares de sinónimos, hay que seguir con un par sinonímico: parco, circunspecto. Clave: D 4.

Elija la serie verbal formada por una tríada de sinónimos. A) anhelante, pasmoso, tortuoso C) cómico, hilarante, somero E) poltrón, pigre, holgazán

B) diáfano, esplendente, remiso D) egregio, circunspecto, solemne

Solución: Se trata de una serie fundada en un solo criterio: el de la sinonimia. Dado que se pide elegir una tríada, la respuesta única es poltrón, pigre, holgazán (términos que denotan la idea de ociosidad). Clave: E Semana N° 9 Solucionario

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¿Qué palabra no corresponde a la serie verbal? A) iguana D) lagartija

B) tortuga E) camaleón

C) hipocampo

Solución: Se ha constituido una serie verbal referida al campo semántico de los reptiles (iguana, tortuga, lagartija, camaleón). ‘Hipocampo’ es un pez teleósteo cuya cabeza recuerda a la del caballo. Clave: C 6.

¿Cuál de los siguientes vocablos no pertenece a la serie verbal? A) bufido D) rugido.

B) balido E) eco

C) relincho

Solución: La serie verbal está conformada por palabras cuyo significado remite a sonidos emitidos por animales. En ese sentido, la palabra ‘eco’ tiene otra dimensión. Clave: E 7.

MEDULAR, ESENCIAL, FUNDAMENTAL, A) prístino D) cabal

B) gravitante E) ancilar

C) formal

Solución: Se plasma en la serie la idea de mayor importancia, de mayo peso o gravitación. Por ello, la serie se completa pertinentemente con el vocablo ‘gravitante’. Clave: B 8.

Elija la palabra que no corresponde a la serie verbal. A) imputar D) acusar

B) incriminar E) inculpar

C) argumentar

Solución: Los términos que constituyen una serie verbal son palabras que remiten a la acción de hacer una acusación. El término ‘argumentar’ notoriamente sale de la serie, por cuanto se asocia con la idea de apoyar con razones un aserto, una posición o tesis. Clave: C 9.

Perturbación, desazón, disgusto, A) austeridad D) turbulencia

B) emoción E) grima

C) algarabía

Solución: La serie verbal está formada por palabras que aluden a una molestia en el estado de ánimo. La palabra ‘grima’ se puede insertar coherentemente en esa serie verbal. Clave: E Semana N° 9 Solucionario

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10. Analice la serie verbal e indique la palabra que no pertenece a ella. A) plañidero D) lastimero

B) gemebundo E) quejumbroso

C) cogitabundo

Solución: La serie se inscribe en el campo semántico de la queja, del lamento. No pertenece la palabra ‘cogitabundo’ (pensativo, que medita). Clave: C

Habilidad Lógico Matemática SOLUCIONARIO DE EJERCICIOS DE CLASE Nº 8

1.

Solución:

, F1

,. . .

, F2

F3

1) En F1: S = 2 2 − 1 . 2) En F2: S = 23 − 1 . 3) En F3: S = 2 4 − 1 . Por tanto, en F20: S = 2 20 +1 − 1 = 2 21 −1 . 2.

Solución:

n = 1 ⇒ # cuadriláteros= 6 × 1 = 6 n = 2 ⇒ # cuadriláteros= 6 × 2 + 2 + 1 = 15 n

1

2

3

98 99

100

n = 3 ⇒ # cuadriláteros= 6 × 3 + 2 + 3 × 1 + 2 = 25 n = 4 ⇒ # cuadriláteros= 6 × 4 + 3 + 3 × 2 + 2 = 35 M

n = 100 ⇒ # cuadriláteros= 6 × 100 + 99 + 3 × 98 + 2 = 995

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Solución: E E

E S

T

S E E

S

E

T T

T

E S

D D

I

A

I

T

S E

E S

T

U D

I

D U

T

S E

E S

D D

U

T

S E

T T

S

T

S E

I

E

U

E

T S

E

E

S

D

U

T S

E

I D U T

S E

D

S E

U

T

T S

E

S E

E

E

T U

A

E S S

U D

U

T

U

I

D U

T

U

U

S E

U

T S

T

U

S E

E S

S

E

S E

E

Considerando la cuarta parte: 1) 1 letra: A → 1 = 20 A → 2 = 21 2) 2 letras: I I 3) En general para “n” letras: 2n −1 4) Para n=7 ó # de palabras= 4(2n −1 ) − 4 = 252 4.

Solución:

Fig. 1

Fig. 2

Fig. 3

Fig. 4

La cantidad de triángulos en cada figura es F1

,

F2

,

F3

,

F4

, ....... ,

F25

1 ↓ 1 (1 + 1) 2

,

3 ↓ 2 (2 + 1) 2

,

6 ↓ 3 (3 + 1) 2

,

10 ↓ 4 ( 4 + 1) 2

, ....... ,

x ↓ 25 (25 + 1) = 325 2

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Solución:

1

Fila 1 Fila 2 Fila 3 Fila 4

Fila 30

5

3 7 13

9 15

11 17

19

a

b

c

a = 302 – 29 b = 302 + 29 c = 302 + 27 6.

a+b+c=2727

Suma de cifras=18

Solución:

x =6 4 3x → =6 4 → x =8 x−

Sea: longitud del tubo = x Longitud de cada parte dividida = x/4 Por dato:

longitud del tubo = 5(8) = 40cm

7.

Solución:

8.

3 300 kg: = 400 3 4 4 1 250 Nro. De bolsas usadas de kg: = 500 1 2 2 500 5 ∴ fracción = = 400 4 Solución:

Nro. De bolsas usadas de

T: obra total T En un día los tres juntos hacen: 20 T En un día los dos primeros juntos hacen: 30

En un día los dos últimos juntos hacen:

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T 40

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UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO Luego: En un día el último hace: En un día el primero hace:

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T T T − = 20 30 60

T T T − = 20 40 40

En un día el primero y el último hacen:

T T T + = 60 40 24

Luego el primero y el último juntos lo hacen en 24 días.

9.

Solución:

8seg V1 12seg V1

12seg V1

12seg V2

3000 20 V1 = 150 ⇒ V2 = 100 V1 =

12V1 +12V2=3000 V1 + V2=250 10.

Solución: Velocidad de Daniel :

VD = x – 4 VL = x te = (250 – 50)/(x – 4) =(250+50)/(x) 200x = 300x – 4*300 100x = 4*300 x = 12

Del problema tenemos:

Daniel viaja a 12 – 4 = 8 km/h 11.

Solución: T

Equivalencias =5G =7L Vgalgo = 3G = 3(7/5L)=(21/5)L Vliebre = 4L (40 + x)L xL T= = 21 4L L 5 x = 800 Semana N° 9 Solucionario

T

40 L

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xL

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12.

Solución:

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B

α

α

θ

A

H

O

D

C

θ Q

Por teorema de la bisectriz interior OQ QC

=

OB

BC

.......... (1)

ΔABC ∼ ΔOQC:

AB BC

=

De(1) y (2): AB = OB

OQ QC

⇒

..........(2) ΔABO es isósceles

Por semejanza y en el ΔABC : AB2 = AC x BH = AC x 13.

AO 2

= 50/2 = 25 ⇒ AB = 5 m

Solución: B

Por AA: ΔACE ~ ΔECD

1)

E

2)

3) 14.

Luego

5−x 10 = 5 10

10

α α

A

β x

D

x = 3 cm

C

5-x

5

Solución C

Completando la figura con la AQ paralela a BE Como ΔACQ es isósceles: EQ = BA = 8 x 12 Por Thales: = 30 20 x = 18 cm

x

α F

B

β

D 12

α

E

30

8

β

α

8 Q

A

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SOLUCIONARIO DE EVALUACIÓN DE CLASE Nº 8 1.

Solución:

I

C

C

U C

D C

U C

I D C I

N U C

D C I

U C

C I

C

I O O O O O O O O N N N N N N N N N I

I

N

1) Para 2 letras: IN → # total formas de leer = 2(22− 2 ) = 22−1 2) Para 3 letras: IND → # total formas de leer = 2(23− 2 ) = 23−1 3) Para 4 letras: INDU → # total formas de leer = 2(24− 2 ) = 24−1 Por tanto, INDUCCION tiene 9 letras → # total formas de leer = 29−1 = 28 2.

Solución Aquí la clave es 20: Siguiendo asi. 1 1 1 1 2 1 13 3 1 4 6 4 10 10 20

3.

E S T U

Æ2 Æ4 Æ8 Æ14 Æ20 Æ20

S T U D

T U D I

U D I O Clave E)

Solución: Si se sabe que: E1 = (3 ⋅ 1) × (13 ) ÷ (2.1)

E1 = 3 × 1 ÷ 2

E 2 = (3 ⋅ 2) + (2 3 ) − (2 ⋅ 2)

E2 = 6 + 8 − 4

E 3 = (3 ⋅ 3) × (3 3 ) ÷ (2 ⋅ 3)

E 3 = 9 × 27 ÷ 6 E 4 = 12 + 64 − 8

⇒

E 4 = (3 ⋅ 4) + (4 3 ) − (2 ⋅ 4) ⇒ E 100 = (3 ⋅ 100) + (100 3 ) − (2 ⋅ 100) = 1000100 Suma

4.

cifras = 2

Solución: Sea el dinero al inicio: 9x 1 ⎧ ⎪lo que gasta: (9 x ) = x Primer día: ⎨ 9 ⎪⎩lo que le queda: 8x 1 ⎧ ⎪lo que gasta: (8 x ) = 2 x Segundo día: ⎨ 4 ⎪⎩lo que le queda: 6x

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1 ⎧ ⎪lo que gasta: (6 x ) = 2 x Tercer día: ⎨ 3 ⎪⎩lo que le queda: 4x ⇒ 4 x − 60 = 100 ⇒ x = 40 5x = 200

∴ Por lo tanto gastó en total S/. 260 5.

Solución:

6.

Sea el volumen de la cisterna: V ⎧10 horas → V ⎪ Para el grifo A: ⎨ V → ⎪⎩1 hora 10 ⎧t horas → V ⎪ Para los grifos A y B a la vez: ⎨ V → ⎪⎩1 hora t ⎧(t+5) horas → V ⎪ Para el grifo B: ⎨ V 1 hora → ⎪⎩ t+5 V V V 1 1 1 Luego en una hora será: + = ⇒ = − 10 t+5 t 10 t t+5 1 t+5-t ⇒ = ⇒ (t+5)t = 50 = (5+5)5 10 t(t+5) ∴ t=5 Solución: 16 30 + = 14 v +1 v ⇒ 7v 2 − 16v − 15 = 0

(v − 3)(7v + 5) = 0 v=3 Los últimos 12 Km ∴ T =

7.

V+1

V

16

30

12 = 4h 3

Solución: Tenemos v1 = 70 te =320/(70+v2) entonces 2 = 320(70+v2) de donde v2 = 90 km/h por lo tanto te = 240/(70+90) de donde te = 1.5 h luego la hora será: 13 h + 1.5 h = 14.5 h = 14h 30 min.

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8.

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Solución

B

x+α = 90º AB BC AC AM = = = AH HB AB AN AC 2a ⇒ = AB a ⇒ AC = 2AB ∴x = 30º

ΔABC ∼ΔAHN ⇒

9.

α

x

M

N α

A

x

x

H

C

Solución:

B

ΔDBC ∼ ΔDAB 2x + 2 4x + 1 ⇒ = 2x 2x + 2 2 ⇒ 2x − 3x − 2 = 0 x=2

θ

2x+2

2x 2θ

θ

D

2x

θ 2x+1

A

C

Aritmética SOLUCIONARIO EJERCICIOS DE CLASE N° 9 1.

) ) Si 0,ab + 0,ba =

A) 2

4 , hallar (a +b) a+b

B) 3

Solución: ) ) 0,ab + 0,ba =

C) 4

D) 6

E) 9

4 a+b

ab − a ba − b 4 + = 90 90 a+b 10a + b − a + 10b + a − b 4 = 90 a+b

(a + b )2

= 36 ⇒ a + b = 6

Rpta.: D

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2.

Ciclo 2010-I

5 4 , del día, un caño B llena en del día 2 3 3 17 del mismo tanque, ¿en cuánto tiempo los caños A y B llenarían los los 4 20 de un tanque vacío de doble capacidad del anterior?

Un caño A llena

41 días 17 Solución:

A)

B)

2 de un tanque en 5

40 días 11

A:

2 5 C → (24h) = 60h 5 2

B:

3 4 C → (24h) = 32h 4 3

A+B:

C)

41 días 18

D)

40 días 17

E)

37 días 25

17 (2C) → X 20 23 C 20

→ 9Z

→x=

40 días 17

Rpta.: D 3.

Si

5 a + = 0,a09 , hallar a. 37 27

A) 5

B) 2

C) 10

D) 11

E) 4

Solución: 5 a + = 0,a09 37 27 27 x5 + ax 37 a09 = 27 x37 999

135 + 37a =100a + 9 63a = 126 a=2

Rpta.: B

Semana N° 9 Solucionario

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4.

Si

k = 0, x ( x − 2 ) 66

A) 2 Solución:

Ciclo 2010-I

0 ( x − 2 ) , halla la suma de cifras de k.

B) 4

C) 6

D) 3

E) 5

K = 0, x (x − 2 ) 0 ( x − 2 ) 66 K x (x − 2 )0(x − 2 ) − x (x − 2 ) = 66 9900 K 1000 x + 100 (x − 2 ) + x − 2 − 10 x − (x − 2 ) = 6 900 K 1090 x − 20 = 6 900 K 109 x − 20 = 6 90

15K = 109x – 20 35 5.

5

Rpta.:D

) ) ) ) ¿Cuántos números de la forma 0,ab ( 5 ) satisfacen 0,ab ( 5 ) + 0,ba ( 5 ) = 1,3( 5 ) ?

A) 2 Solución:

B) 4

C) 6

D) 3

E) 5

) ) ) 0,ab ( 5 ) + 0,ba ( 5 ) = 1,3( 5 )

ab (5 ) − a (5 ) 40 (5 )

+

ba (5 ) − b (5 ) 40 (5 )

= 1+

3 (5 ) 4 (5 )

5a + b − a + 5b + a − b 7 = 20 4 5(a + b ) 7 = 20 4

a+b=7 1

6

2

5

3

4

4

3

5

2

0,a5( 5 ) = 0,43( 5 ) = 0,34( 5 )

Rpta.:A Semana N° 9 Solucionario

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6.

¿Cuál es la última cifra del periodo de A) 4

B) 5

Ciclo 2010-I 1 ? 719

C) 6

D) 7

E) 8

Solución: 1 = 0, ab...z 7 19 1 ab...z = 19 99...9 7

99…9 = 719 ( ab...z )

(

99…9 = (7 5 ) .7 4 ab...z 3

)

= (…7)3 . (…1) ( ab...z ) 99…9 = (…3). (…1) ( ab...z ) ⇒z=7

Rpta.:D 7.

Hallar la fracción irreducible equivalente a M=

A)

7 32

2 4 2 4 2 4 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + ... 8 8 8 8 8 8

B)

5 63

C)

5 16

D)

63 64

E)

20 63

Solución: M=

2 4 2 4 2 4 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + ... 8 8 8 8 8 8

1 1 1 ⎛1 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ M = 2⎜ + 3 + 5 + ... ⎟ + 4⎜ 2 + 4 + 6 + ... ⎟ 8 8 8 ⎝8 8 ⎠ ⎝8 ⎠

⎛ 1 ⎜ M = 2⎜ 8 1 ⎜ ⎜ 1− 2 8 ⎝

⎞ ⎛ 1 ⎟ ⎜ 2 ⎟ + 4⎜ 8 1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1− 2 8 ⎠ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ = 20 ⎟ 63 ⎟ ⎠

Rpta.: E

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8.

Ciclo 2010-I

Hallar la suma de las cifras del numerador de la siguiente fracción irreducible x0 x = 0, mnm ( m + n ) 185

A) 4

B) 3

C) 2

D) 6

E) 10

Solución: x0 x = 0, mnm ( m + n ) 185

x0x mnm(m + n) − m = 185 9990 54 (101x ) = mnm(m + n) − m

101(54x) = 1010m + 101n 54x = 10m + n 1

5

4

x0x = 101 Rpta.:C 9.

Hallar la cantidad de cifras no periódicas en M = A) 2

B) 3

C) 4

24 100 × 36 × 42 × 16

D) 5

E) 6

Solución: M=

24 100 × 36 × 42 × 16

M=

1 2 x5 x3x3x7x2 4

M=

1 2 x5 x32 x7

2

6

2

2

→ 6 cifras no periódicas

Rpta.:E

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10. Si

Ciclo 2010-I

b2 = 0, ( 4a )( 3a )( 2a ) , hallar a+b+c. ( a + 1)c

A) 9

B) 8

C) 5

D) 12

E) 10

Solución: b2 = 0, ( 4a )( 3a )( 2a ) ( a + 1)c

b2

( a + 1) c

=

( 4a )( 3a )( 2a ) 999

Si: a = 1 no resulta Si: a = 2 b2 864 = 3c 999 b2 8x2x2x27 = 37x27 3c b2 32 ⇒b=3 = 3c 37

; c=7

Rpta.:D

) ) ) 11. Si se cumple que 0,ab( 8) + 0,ba( 8) = 1,1( 8) , hallar a + b.

A) 2

B) 3

C) 4

D) 5

E) 6

Solución:

) ) ) 0,ab( 8) + 0,ba( 8) = 1,1( 8) ab( 8 ) − a ( 8 ) 70( 8 )

+

ba( 8 ) − b( 8 ) 70( 8 )

= 1+

1( 8 ) 7( 8 )

8a + b − a + 8b + a − b 8 = 56 7

8 ( a + b ) = 64 (a+b)=8 Rpta.:D Semana N° 9 Solucionario

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12. Si la fracción generatriz de 2, 3ab es

A) 32 Solución: 2,3ab = 2+

B) 64

C) 49

Ciclo 2010-I 1160 , hallar a b . 495

D) 25

E) 81

1160 495

3ab − 3 1160 = 990 495

1980 + 3ab − 3 = 2320 3ab = 343

Rpta.:B SOLUCIONARIO DE EVALUACIÓN DE CLASE N° 9

1.

Si

7 6 + = 1,26930 , hallar p + q p q

A) 31 Solución:

B) 17

C) 106

D) 42

E) 46

7 6 641 + = p q 5x101 ⇒

7q + 6p 7(5) + 6(101) = ⇒ p + q = 106 qxp 5x101 Rpta.: C

2.

m 2 m es mayor que , ¿cuántos valores toma m, sabiendo que es una 42 42 3 fracción propia e irreducible?

Si

A) 4 B) 5 Solución: m 2 → m > 28 > 42 3

C) 6

D) 7

E) 9

m es propia e irreductible 42

m > 42 y PESI con 42 ⇒ m = 29, 31, 37,41

Rpta.:A Semana N° 9 Solucionario

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3.

)

Ciclo 2010-I

)

)

Sean a, b, m tales que 0,ab( m) + 0,ba( m) = a,b( m) , hallar a + b + m. A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

E) 5

Solución:

) ) ) 0,ab( m) + 0,ba( m) = a,b( m) ab( m) − a( m)

( m − 1) 0(m)

+

ba( m) − b( m)

( m − 1) 0(m)

= a+

b( m)

( m − 1)

am + b − a bm + a − b b + = a+ m−1 ( m − 1) m ( m − 1) m

( a + b) m m

= a ( m − 1) + b

2a = am → m = 2

ab( m) → a, b < 2 → a=1 ; b=1

4.

Calcular A) 124

) ) ) S = 0,026+0,053+0,08+0,106+.... +8 B) 1204

C) 12,04

Rpta.: A .

D) 1024

E) 1300

Solución:

) ) ) S = 0,026+0,053+0,08+0,106+.... +8 s=

26 − 2 53 − 5 8 106 − 10 + + + + ... + 8 900 900 100 900

s=

24 48 8 96 + + + + ... + 8 900 900 100 900

s=

24 48 72 96 7200 + + + + ... + 900 900 900 900 900

s=

24 24 300x301 x ( 1 + 2 + 3 + ... + 300 ) = 900 900 2

S = 1204 Rpta.: B Semana N° 9 Solucionario

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5.

Ciclo 2010-I

Hallar la última cifra que resulta de sumar la parte periódica de las fracciones 5 3 1 , , 17 29 19

A) 6

B) 7

C) 8

D) 9

E) 10

Solución: 5 5 αβ...θ = 0, αβ...θ → = ⇒θ=5 17 17 99...9 3 3 ab...z = ⇒z=3 = 0,ab...z → 23 99...9 29 1 1 mn...p = 0,mn...p → = ⇒p=1 19 19 99...9 θ+ z+p = 9

Rpta.: D 6.

Hallar el número de fracciones propias e irreducibles con denominador 24, que 3 son mayores a . 7 A) 6

B) 5

C) 8

D) 13

E) 23

Solución: a 3 → a < 24 , > 24 7 a>

a, 24 son PESI

72 → a > 10,28 → a = 11, 12, …, 23 7

a = 11, 13, 17, 19, 23

(5 fracciones) Rpta.: B

7.

Calcular la suma de las cifras del periodo generado por la fracción

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f=

A) 11

B) 8

Ciclo 2010-I

83 270270 ...27027

C) 12

D) 9

E) 7

Solución: f=

83 270270 ...27027

f=

83x37 999...99

f = 0, 000…03071 Suma de cifras: 11 Rpta.:A 8.

Para cuantos valores de n ∈ N , se hace entera la fracción

n + 55 . n+1

A) 6

E) 12

B) 15

C) 8

D) 11

Solución: n + 55 54 = 1+ = entero,54 = 33 x2 n+1 n+1

# Div. (54) = 4 x 2 = 8

Rpta.: C 9.

¿Cuántas cifras tiene el periodo en la representación decimal de A) 4

B) 3

C) 5

D) 6

5! ? 120120

E) 7

Solución: 5! 120 1 999 = = x 120120 120x1001 1001 999

=

999 999999

6 cifras Rpta.: E

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Ciclo 2010-I

10. ¿En qué cifra termina el periodo de la fracción A) 2

B) 1

C) 3

41 ? 13 253

D) 4

E) 5

Solución: 41 abc...mn = 253 13 999...9

131 = …3 132 = …9 133 = …7 134 = …1

41 abc...mn = 1 13 x13 999...9 4x64

41 abc...mn = ( ...1)( ...3 ) 999...9 41 x (9 … 9) = (abc … mn) ( …3) …. 9

=

3

Rpta.: C

Álgebra EJERCICIOS DE CLASE 1.

Si

( x − 1)3 + (y − 1)3 + 8(z − 1)3 . x + y + 2 z = 4 , hallar M = (x − 1)(y − 1)(z − 1)

A) 2

B) 3

C) 6

D)

1 6

E)

1 2

Solución: i) x − 1 + y − 1 + 2z − 2 = 0

→ (x − 1)3 + (y − 1)3 + (2z − 2 )3 = 3(x − 1)(y − 1)(2z − 2 )

→ (x − 1)3 + (y − 1)3 + 8(z − 1)3 = 6(x − 1)(y − 1)(z − 1) Re emplazando 6(x − 1)(y − 1)(z − 1) M= (x − 1)(y − 1)(z − 1) ∴M = 6

Clave: C

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2.

(a Si a + b + c = 0 , hallar N = (a A) c

Ciclo 2010-I

)( ). )(ab + bc + ca )

2

+ b2 + c2 a3 + b3 + c3

2

+b −c 2

B) 2c

2

C) 3c

c 3

D)

E)

c 2

Solución: i)

a+b+c = 0

→ a 2 + b 2 + c 2 = −2(ab + bc + ca ) ii) a + b + c = 0 → a 3 + b 3 + c 3 = 3abc iii) a + b + c = 0 → a + b = −c elevando al cuadrado (a + b )2 = (− c )2 a 2 + 2ab + b 2 = c 2 a 2 + b 2 − c 2 = −2ab

− 2(ab + bc + ca )3abc − 2ab(ab + bc + ca ) ∴ N = 3c

Re emplazando N =

Clave: C 3.

⎛ a 5 b 5 ⎞ ⎛ ab ⎟⎜ − Si M = ⎜ ⎟ ⎜⎝ a 2 − b 2 ⎜ b a ⎠ ⎝ A) a2 + b2

⎞ ⎟⎟ + a 2b 2 , hallar ⎠

B) a2 – b2

C) a2

M.

D) a – b

E) ab

Solución:

(

)(

i) a 6 − b 6 = a 3 + b 3 a 3 − b 3

(

)

)

(

= (a + b ) a − ab + b 2 (a − b ) a 2 + ab + b 2 2

)

⎛ a6 − b6 ⎞ ab ⎟ M=⎜ + a 2b 2 ⎜ ab ⎟ (a + b )(a − b ) ⎝ ⎠ Re emplazando : M=

(a + b )(a 2 − ab + b 2 )(a − b )(a 2 + ab + b 2 )

( M = (a

)(

ab

)

ab + a 2b 2 (a + b )(a − b )

M = a 2 + b 2 − ab a 2 + b 2 + ab + a 2b 2 2

+b

)

2 2

− (ab )2 + a 2b 2

∴ M =a 2 + b 2

Clave: A Semana N° 9 Solucionario

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4.

Ciclo 2010-I

Hallar el grado absoluto del término de lugar 61 en el desarrollo de

⎛ x 3 + 3 y2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

112

.

A) 114

B) 116

C) 118

D) 120

E) 122

Solución: ⎛ 112 ⎞⎛ 3 ⎞ 112 −60 ⎛ 3 2 ⎞ 60 ⎟⎟⎜ x ⎟ t 60+1 = ⎜⎜ ⎜ y ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 60 ⎠⎝ ⎛ 112 ⎞ 78 40 ⎟⎟ x y = ⎜⎜ ⎝ 60 ⎠ ∴ grado absoluto del tér min o lugar 61 es 118 Clave: C 11

5.

⎛ x 3n y 3 ⎞ ⎟ tiene grado absoluto 30, Si el octavo término del desarrollo de ⎜ 2 + ⎜ y ⎟ x ⎝ ⎠ 2 hallar n – 11.

A) – 2

B) – 7

C) 5

D) 14

E) 25

Solución:

i)

t 7+1

⎛ 11⎞⎛ x 3n ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟⎜ 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 7 ⎠⎝ y ⎠

11− 7

4

t 7+1

⎛ y3 ⎜ ⎜ x ⎝

⎛ 11⎞⎛ x 3n ⎞ ⎛ y 3 = ⎜⎜ ⎟⎟⎜ 2 ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ 7 ⎠⎝ y ⎠ ⎝ x ⎛ 11⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ x 12n−7 y 13 ⎝7⎠

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

7

7

ii) GA (t 8 ) = 30

12n − 7 + 13 = 30 n=2 ∴ n2 − 11 = −7 Clave: B

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Ciclo 2010-I n

6.

⎛ 1 ⎞⎟ Hallar el término central del desarrollo de ⎜ x + , si el coeficiente del ⎜ x ⎟⎠ ⎝ quinto término es al coeficiente del tercero como 14 es a 3.

A) 248

B) 250

C) 252

D) 254

E) 256

Solución:

i)

⎛ n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 4 ⎠ 14 = 3 ⎛ n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝2⎠

n! (n − 4 )! 4! 14 = n! 3 (n − 2)! 2 ! (n − 2)(n − 3) = 56 n = 10

ii) tér min o central = t 6 = t 5 +1 = t6 =

( )

⎛ 10 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ x ⎝5⎠

10 − 5 ⎛

⎞ ⎜ 1 ⎟ ⎜ x⎟ ⎝ ⎠

5

10 ! = 252 5 ! 5! Clave: C

7.

En el desarrollo del cociente notable

x

3α 3β

−y

α β

el quinto término es

x −y hallar el número de términos del cociente notable. A) 6

B) 7

C) 8

D) 9

x 36 y16 ,

E) 12

Solución: n: número de términos

( ) (y ) = (x ) (y ) n− 5

β 4

3β n− 5

β 4

t 5 = x 3β

= x 36 y 16

i) 4β = 16 β=4 ii) (3β )(n − 5 ) = 36 n=8

Clave: C Semana N° 9 Solucionario

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8.

Ciclo 2010-I

Hallar el número de términos en el desarrollo del cociente notable

x 7n − y 6n x 7 − y6

,

sabiendo que el séptimo término tiene como grado absoluto 57. A) 8

B) 10

C) 11

D) 12

E) 9

Solución: n: número de términos

( ) (y )

i) t 7 = x 7

n− 7

6 7 −1

= x 7n− 49 y 36

ii) GA(t 7 ) = 57

7n − 49 + 36 = 57 n = 10 Clave: B

9.

Al desarrollar el cociente notable

x 16β − y 24 α x

2β

+y

3α

, el segundo término es − x 12 y 3 ,

hallar un término central. A) − x 8 y 9

B) x 9 y 8

C) x 12 y 6

D) − x 6 y 9

E) − x 3 y 4

Solución: n: número de términos

( ) (y ) = −1(x ) y = −x

t 2 = (− 1)2−1 x 2β 2β n− 2

i)

n− 2

3α

3 α 2 −1 12

y3

3α = 3

α=1 ii) (2β )(n − 2 ) = 12 (2β ) 6 = 12 β=1 ∴ t 4 = −x 8 y9 t 5 = + x 6 y 12 Clave: A

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Ciclo 2010-I

EJERCICIOS DE EVALUACIÓN

1.

Si a + b + c = 0 , simplificar M = A) b

B) b + 1

(

ab (a − 1)3 + (b + 1)3 + c 3

)

6(a + b )(b + c )(c + a ) + a 3 + b 3 + c 3

C) b – 1

D) b + 2

+ ab + a .

E) b – 2

Solución:

i)

a+b+c = 0 a − 1+ b + 1+ c = 0

→ (a − 1)3 + (b + 1)3 + c 3 = 3(a − 1)(b + 1)c ii) Re emplazando 3ab(a − 1)(b + 1)c M= + ab + a 6(− c )(− a )(− b ) + 3abc 3abc(a − 1)(b + 1) M= + ab + a − 3abc M=b+1 Clave: B

2.

Simplificar E = A) a

(

a 8 + b 8 + a 4b 4 a +b −a b 4

4

2

)

− b2 a2 + b2 .

2

C) a2

B) b

D) a3

E) a4

Solución:

( = (a

i) a 8 + b 8 + a 4b 4 = a 4 + b 4 ii) Re emplazando E=

(a

4

4

+ b4

) − (a b ) + a b )(a + b 2

2

)(

2

2 2

2

4

+ b 4 + a 2b 2 a 4 + b 4 − a 2b 2

(a

4

+b −a b 4

2

2

)

4

− a 2b 2

) − b (a 2

2

)

+ b2

)

E = a 4 + b 4 + a 2b 2 − b 2 a 2 − b 4 E = a4 Clave: E

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3.

(a Si N =

9

)(

− b 9 a 2 + b 2 − ab a +b +a b 4

4

A) a – b

2

2

) + (b − a )(a

B) a

Ciclo 2010-I 6

)

+ b 6 , hallar

C) a + b

3

D) ab

N . a−b

E) a2b2

Solución:

N=

N=

( ) − (b ) ⎞⎟⎠(a

⎛⎜ a 3 ⎝

3

3 3

+ b 2 − ab

2

a +b +a b 4

4

2

)

2

(

+ (b − a ) a 6 + b 6

)

(a − b )(a 2 + ab + b 2 )(a 6 + b 6 + a 3b 3 )(a 2 + b 2 − ab ) + (b − a )(a 6 + b 6 )

N = (a − b )a b 3

(a

2

)(

+ b 2 + ab a 2 + b 2 − ab

)

3

Re emplazando

(a − b )a 3b 3 (a − b )

3

= ab

Clave: D

5

4.

⎛ 1 ⎞⎟ Hallar el término independiente en el desarrollo del binomio ⎜ 2 x + . ⎜ ⎟ 3 x ⎠ ⎝

A) 40

B) 30

C) 28

D) 42

E) 38

Solución:

i)

t k +1

( )

⎛5⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ 2 x ⎝k ⎠

5 −k ⎛

⎛5⎞ t k +1 = ⎜⎜ ⎟⎟2 5−k x ⎝k ⎠ 15 − 5k =0 6 ∴k = 3

⎞ ⎜ 1 ⎟ ⎜3 x ⎟ ⎝ ⎠

k

15 − 5k 6

⎛5⎞ ii) Re emplazando t 4 = ⎜⎜ ⎟⎟2 2 ⎝ 3⎠ t 4 = 40 Clave: A

Semana N° 9 Solucionario

(Prohibida su reproducción y venta)

Pág. 45

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

5.

Ciclo 2010-I

Si la suma de coeficientes de los binomios (3nx + ny ) ; (5nx − 3ny ) en las variables x e y, están en la relación de 128 a 1 y uno de los términos del n

n

a +1 ⎡ x ⎤ y desarrollo de ⎢ 2− a + 2 ⎥ x ⎦⎥ ⎣⎢ y

A)

1 7

B)

2 7

n

es α xy, hallar a.

C)

3 7

D)

8 7

E)

9 7

Solución: ( 4n)n 128 = i) (2n)n 1 2n = 2 7 →n=7 ⎡ x y a +1 ⎤ + ⎢ 2− a ⎥ x 2 ⎥⎦ ⎢⎣ y

ii)

7

7 −k

k

⎛ 7 ⎞⎛ x ⎞ ⎛ y a + 1 ⎞ t k +1 = ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ 2− a ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎟ ⎜ x ⎟ ⎝ k ⎠⎝ y ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 7⎞ t k +1 = ⎜⎜ ⎟⎟ x 7− 3k y (a +1)k − (7−k )(2− a ) ⎝k ⎠ a) 7 − 3k = 1 → k = 2

b) 2(a + 1) − (2 − a )5 = 1 9 a= 7

Clave: E 6.

Si

x

2 m+ 5

−y

2m− 9

3m+ 30

x − y 3m−12 desarrollo. A) 5

es un cociente notable, hallar el número de términos de su

B) 8

C) 10

D) 12

E) 15

Solución:

2m + 5 3m + 30 = 2m − 9 3m − 12 2m 2 − 3m − 20 = 2m 2 + 11m − 90 m=5 2(5 ) + 5 ∴ Número de tér min os = = 15 2(5 ) − 9 i)

Número de términos =

Clave: E Semana N° 9 Solucionario

(Prohibida su reproducción y venta)

Pág. 46

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

7.

Ciclo 2010-I

En el desarrollo del cociente notable

x 12 (m− 4 ) − y 24 x m− 4 − y 2

, uno de sus términos es

x 3m y m− 2 ; m > 15, hallar el grado absoluto del quinto término.

A) 86

B) 89

C) 90

D) 92

E) 96

Solución: Número de términos = 12

i)

(

t k = x m− 4

)

12 −k

(y )

2 k −1

a) 2(k − 1) = m − 2 2k = m

b) (m − 4 )(12 − k ) = 3m Re emplazando 12m − mk − 48 + 4k = 3m 24k − 2k 2 − 48 + 4k = 6k k=8

∨

k=3

ii) k = 8 ⇒ m = 16 ⇒ t 8 = x y 14 48

∴ t 5 = x 84 y 8

grado absoluto = 92 Clave: D

8.

Si

x 3n−3 − y 2n x n−1 − yn−10

es un cociente notable, hallar la suma de cifras del grado

⎛ x n− 20 y n− 25 absoluto del término central del binomio ⎜ 5 + ⎜ y x2 ⎝

A) 11

B) 4

C) 5

D) 8

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

n− 20

.

E) 15

Solución:

i)

ii)

3n − 3 2n = n − 1 n − 10 n = 30 ⎛ x 10 y 5 ⎞ ⎜ ⎟ + ⎜ y5 x 2 ⎟ ⎝ ⎠

10

5

⎛ 10 ⎞⎛ x 10 ⎞ → t 6 = ⎜⎜ ⎟⎟⎜ 5 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 5 ⎠⎝ y ⎠ ⎛ 10 ⎞ t 6 = ⎜⎜ ⎟⎟ x 40 y 0 ⎝5⎠

⎛ y5 ⎜ ⎜ x2 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

5

Clave: B Semana N° 9 Solucionario

(Prohibida su reproducción y venta)

Pág. 47

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

9.

Ciclo 2010-I

Si en el desarrollo del cociente notable

x 12

a −2

x −x y 90

45

+6

a 2 −1

− y12 +y

a−2

a 2 −1

+6

el cuarto término es

, hallar un término central.

A) – x60y75

B) – x30y75

C) – x75y60

D) – x45y60

E) – x45y60

Solución: n: número de términos a t 4 = − ⎛⎜ x 2 −1 ⎞⎟ ⎝ ⎠

(

n− 4

)

⎛ y 2 a −1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

4 −1

i) 2 a − 1 3 = 45 a=4 ii) número de tér min os =

12 a −2 + 6 2a − 1

n = 10 iii) tér min os centrales t 5 = x 75 y 60 t 6 = − x 60 y 75

Clave: A

Geometría EJERCICIOS DE CLASE N° 09

1.

En la figura, AP = PE, BQ = QC y AD = DC. Si BE = 2 m y AC = 8 3 m , hallar PQ. B

A) 4 m B) 8 m C) 5 3 m

E

D) 4 3 m E) 7 m

Semana N° 9 Solucionario

Q

P A

D

(Prohibida su reproducción y venta)

C

Pág. 48

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

Ciclo 2010-I

Resolución:

B

1) ΔABC: BD altura 2) ΔAEC: PR base media → PR = 4 3

2

Q

E

3) ΔBEC: QR base media

1

P

R

A 4 3

D

→ QR = 1

C

4)

(

PRQ: PQ2 = 4 3

4 3

)

2

+ 1 = 49

PQ = 7 Clave: E

2.

En un triángulo rectángulo ABC, se trazan la altura BH y la bisectriz interior AD que se intersecan en E. Si numéricamente AD.ED = 64, hallar BE en centímetros. B) 3 2 cm

A) 4 cm

C) 4 2 cm

D) 5 cm

E) 6 cm

Resolución:

1) α + θ = 90º 2) ΔEBD isósceles

B x

→ EF = FD = D

x

3)

F

ABD: x 2 = AD .FD

E A

H

ED 2

= AD . C

=

(R.M)

ED 2

64 2

x= 4 2 Clave: C

Semana N° 9 Solucionario

(Prohibida su reproducción y venta)

Pág. 49

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

3.

Ciclo 2010-I

En la figura, T y Q son puntos de tangencia, O1 y O2 son centros. Si r = 2 m y R = 4 m, hallar PO1. A) 5 2 m B) 2 6 m

O1

C) 2 3 m

P

R

Q

D) 6 3 m

O2

T

E) 2 5 m

r

Resolución: ΔO1PO2 : Por Euclides

6 2 = 2 2 + x 2 + 2 ( 2) 2

O1 R=4

H 2P

x 4

24 = x 2

Q

→ x=2 6

r=2 2

4.

Clave: B

O2

T

En la figura, BM = MC, HC = 10 m y HM = 4 m. Hallar BH. A) 7 m

B

B) 5 m C) 3 m

M H

D) 2 m E) 6 m

Semana N° 9 Solucionario

C

A

(Prohibida su reproducción y venta)

Pág. 50

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

Ciclo 2010-I

Resolución:

B

1)

BHM: BM =

x 2 + 16

2) ΔBHC: Por el T. mediana

x M

4

x + 10 2

2

(2 = 2 (4 ) + 2

H 10

x 2 + 16 2

)

2

→ x=6

C

A

Clave: E

En la figura, AM = MC y numéricamente AB2 – BC2 = 8. Hallar BM en centímetros.

5.

A)

3 cm

B

B) 2 cm C) 2 2 cm D) 2 3 cm

N

E) 3 cm

A

C

M

Resolución:

1) ΔMBC isósceles B

2) c 2 − a 2 = 8 (dato ) 3) ΔABC: Por T. mediana

c a

x

c 2 + a2 = 2 x 2 +

N

(2a) 2 2

c 2 − a2 = 2 x 2 A

a

M

a

C

8 = 2x 2 → x=2 Clave: B

Semana N° 9 Solucionario

(Prohibida su reproducción y venta)

Pág. 51

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

6.

Ciclo 2010-I

En la figura, ABCD es un rectángulo. Si AE = 3 cm, BE = 4 cm y CE = 5 cm, hallar ED. A) 3 3 cm

B

C

B) 4 3 cm C) 5 2 cm E

D) 3 2 cm

D

A

E) 2 2 cm Resolución:

1) ΔAED: Por T. Euclides

B

F

m

C

4

x 2 = 32 + a2 − 2a m 2) ΔBEC: Por T. Euclides

5

52 = 42 + a2 − 2 a m

E

3

A

7.

m

x

3) x 2 − 5 2 = 3 2 − 4 2

D

H

x 2 = 18

a

x=3 2

Clave: D En la figura, la circunferencia de centro O está inscrita en el cuadrado ABCD. Si BAD es un cuadrante y AB = 4 m, hallar la distancia de O a PQ .

A)

C)

2m 2 m 3

B)

D)

2 m 2

B

C P

2 m 4

O Q

3 2m E) 2 A

Semana N° 9 Solucionario

(Prohibida su reproducción y venta)

D

Pág. 52

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

Ciclo 2010-I

Resolución:

B

1) AC = 4 2 → AO = 2 2

C P

2r = 4 → r = 2 2

2) ΔAOP: Por T. Euclides x

4

( )

42 = 2 2

O

( )

+ 22 + 2 2 2 x

Q

2

2

2

2 2

4=4 2x → x =

D

A

Clave: B

En un triángulo rectángulo ABC, se trazan la altura BH y las perpendiculares HP a

8.

AB y HQ a BC (P en AB y Q en BC ). Si AP = 1 m y QC = 8 m, hallar AC. B) 5 5 m

A) 4 m

D) 6 5 m

C) 5 m

E) 6 m

Resolución: B y Q x P 1

PBQH es un rectángulo

2)

AHB: y2 = 1.x

(R.M.)

3)

BHC: x2 = 8y

(R.M.)

4) y4 = x2 = 8y → y(y3 – 8) = 0 → y = 2

8

x

1)

y

x=4

A

C

H

5)

ABC: AB = 5 , BC = 10 → AC = 5 5 Clave: B

9.

En un triángulo ABC, se trazan la mediana BM y CH perpendicular a BM (H en BM ). Si mBAH = mABH, BC = 6 cm y AC = 8 cm, hallar MH. A)

3 cm

Semana N° 9 Solucionario

B)

2 cm

C)

5 cm

D) 1 cm

(Prohibida su reproducción y venta)

E) 2 cm

Pág. 53

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

Ciclo 2010-I

Resolución:

BHC: a2 + b2 = 36

1)

B

2) ΔAHC: Por T. mediana

a

82 a2 + b2 = 2 x 2 + 1 424 3 2

6

H

A

b

x

a M

4

= 2 x 2 + 32

36

C

4

→

x= 2 Clave: B

10. En la figura, AOB es un cuadrante, N y T son puntos de tangencia, OB es diámetro de la semicircunferencia y Q es centro de la circunferencia. Si OA = 10 cm y r = 3 cm, hallar la distancia de Q a OB . A) 5 cm

A

B) 3 5 cm

T Q

r

C) 4 2 cm N

D) 6 cm E) 4 3 cm

B

O

Resolución:

A

T

1) ΔOQO’: Por T. Heron

3

Q

2) x = 3

x

O

Semana N° 9 Solucionario

x=4 3

N

7

H

2 10 . 5. 3. 2 5

5

O

5

B

(Prohibida su reproducción y venta)

Clave: E

Pág. 54

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

Ciclo 2010-I

11. En la figura, O es ortocentro del triángulo ABC y AC es diámetro de la semicircunferencia. Si OB = 5 m y HO = 4 m, hallar HF.

B

A) 6 m B) 7 m

O

C) 5 m

A

C

H

D) 8 m E) 9 m

F

Resolución:

B

1)

5

A

90 -

2)

90 -

x

OHC:

AH 9 = → AH.HC = 36 4 HC

O 4

AHB ∼

AFC: x2 = AH.HC x2 = 36

C

H

(R.M.)

x=6

F

Clave: A

12. En la figura, AB = BC y AC = 8 2 m . Hallar FC. A) 6 m

B

B) 8 m H

C) 10 m D) 5 m E) 4 m

Semana N° 9 Solucionario

F A

(Prohibida su reproducción y venta)

C

Pág. 55

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

Ciclo 2010-I

Resolución:

1) α + θ = 90º

B

2)

BMC ∼ BC 8 2

H

4 2 HC

→ BC.HC = 64

F 3)

x A

=

AHC:

M

4 2

BFC: x2 = BC.HC

C

4 2

(R.M.)

x2 = 64 x=8 Clave: B

13. En un triángulo rectángulo ABC, las medianas BM y CE son perpendiculares.

2 m , hallar AC.

Si AB = A)

2 m

B)

5 m

C)

3 m

D)

7 m

E)

8 m

Resolución: 2

1)

⎛ 2⎞ ⎟ = (3 k) k → k 2 = 1 EBC : ⎜⎜ B ⎟ 6 ⎝ 2 ⎠ 2 2

⎛ 2⎞ ⎟ EBC : BC = (3 k ) − ⎜⎜ ⎟ E 2 ⎝ ⎠ 2 k 2 2

2

2

= 9k 2 − A

M

1 2k⎛ 1 ⎞ 1 = 9⎜ ⎟ − 2 ⎝6⎠ 2

C

→ BC = 1 2)

ABC : AC = 3

Clave: C Semana N° 9 Solucionario

(Prohibida su reproducción y venta)

Pág. 56

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

Ciclo 2010-I

14. En un triángulo ABC, se trazan las alturas AH y CE . Si AB = 5 m, BC = 6 m y AC = 7 m, hallar EH. A)

7 m 5

B)

9 m 5

C)

10 m 7

D)

10 m 3

E) 2 m

Resolución:

1) ΔEBH ∼ ΔABC: B

5

x BH 5x = → = BH 7 5 7 H

x

E

2) ΔABC: Por T. Euclides

6

72 = 52 + 62 – 2(6)BH

→ BH = 1 A

7

→ x=

C

7 5

Clave: A EVALUACIÓN DE CLASE N° 09

1.

En un triángulo rectángulo ABC, se trazan la altura BH , la ceviana AE y BF perpendicular a AE en F. Si AH = 8 cm, HC = 12 cm y AF = 10 cm, hallar FE. A) 4 cm

B) 5 cm

C) 6 cm

D) 7 cm

E) 8 cm

Resolución:

B

a

E F

1)

ABE: a2 = (10 + x) 10 (R.M.)

2)

ABC: a2 = 20.8

3)

(10 + x) 10 = 20.8

x

→

(R.M.)

x=6

10 A

8

H

12

C Clave: C

Semana N° 9 Solucionario

(Prohibida su reproducción y venta)

Pág. 57

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

2.

Ciclo 2010-I

En la figura, AM = MR y numéricamente BC.PC = 16. Hallar AR en metros. A

A) 2 2 m

M

B) 3 m Q

C) 3 2 m

R

D) 4 m

E) 4 2 m

B

C

P

Resolución:

A

x 2

1) ΔAQR isósceles

M

a

b-a

Q

2) ba = 16 (dato)

x 2 a

3) ΔAQR: Por T. Euclides

R

x 2 = a 2 + a 2 + 2a (b − a) x2 = 2ab x 2 = 2 (16)

B

a

b-a P b

C

x =4 2

Clave: E

Semana N° 9 Solucionario

(Prohibida su reproducción y venta)

Pág. 58

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

3.

Ciclo 2010-I

En la figura, O es centro de la circunferencia y T es punto de tangencia. Si OA = 2 m, TB = 3 m y mPQ = 2mOAC, hallar PQ. A

A)

6 m 5

B)

8 m 3

C)

9 m 5

D)

10 m 3

E)

Q

O

C

P

12 m 5

B

T

Resolución:

1) mPQ = mTC → TC = PQ = x

A Q

2)

ATB: AB = 5

2

2

x

O 2

P

5x = 3(4) x=

C

(R.M.)

12 5

x 2

T

4.

3

Clave: E

B

En la figura, AB = 14 m, BC = 13 m, AC = 15 m y AM = MB. Hallar MN. A)

28 m 3

B)

32 m 3

B

M

C) 9 m D) 10 m

22 m E) 3

Semana N° 9 Solucionario

A

N

(Prohibida su reproducción y venta)

C

Pág. 59

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

Ciclo 2010-I

Resolución:

1) CH =

B 7 H

M 12

2)

AHC: AH = 9

3)

AMN ∼

x

A

21. 8 . 7. 6 (Herón )

CH = 12 13

7

2 14

x 7 = 12 9

C

N

AHC:

x=

15

28 3

Clave: A

Por el incentro de un triángulo ABC, se trazan las rectas L1 // AB y L2 // BC que

5.

intersecan a AC en M y N respectivamente. Si AB = 10 m, BC = 14 m y MN = 4 m, hallar AC. A) 9 m

B) 8 m

C) 12 m

D) 15 m

E) 10 m

Resolución:

1) ΔABC: B

1

2

a

( T. incentro )

2) ΔABC ∼ ΔMIN: x a+b a = = +1 4 b b

14

10

a 10 + 14 24 = = b x x

I

x 24 = +1 4 x

b A

M

4 x

N

C

→ x2 – 4x – 96 = 0 (x – 12)(x + 8) = 0

→ x = 12 Clave: C Semana N° 9 Solucionario

(Prohibida su reproducción y venta)

Pág. 60

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

6.

Ciclo 2010-I

En la figura, ABCD es un cuadrado. Si BE = 15 cm y BF = 20 cm, hallar BC. C

B

A) 10 cm B) 12 cm

E

C) 8 cm D) 9 cm

F

D

A

E) 13 cm Resolución:

1) Se traza BP

a

B

2) α + β = 90º

C

PAB ≅

3) 15

4)

5

P

A

a

ECB

(ALA):

BP = 15

E

a

BF

PBF: BP = 15 , BF = 20

→ PF = 25

F

D

25a = 15(20) (R.M.) a = 12 Clave: B

Trigonometría EJERCICIOS DE LA SEMANA Nº 9

1.

Simplificar la expresión A) ctg2α

B) tg2α

tg2α − 2tgα sen 2 α. sec 2 α

.

C) sen2α

D) sec 2α

E) csc 2α

Solución:

2tgα 2tgα − 2tgα + 2tg3 α 1 − tg2 α = = tg2α 1 (1 − tg2 α) tg2α 2 sen α · cos 2 α Clave: B Semana N° 9 Solucionario

(Prohibida su reproducción y venta)

Pág. 61

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

2.

Simplificar la expresión

sen2α( tgα + ctg2α ) . (cos α + senα )(cos α − senα )

B) cos 2α

A) sec 2α

Ciclo 2010-I

C) sen2α

D) tg2α

E) csc 2α

Solución: sen2α( tgα + ctg2α ) = tg2α · tgα + tg2α · ctg2α cos 2α

sen2α senα sen2αsenα + cos 2α cos α +1= cos 2α · cos α cos 2α cos α cos α = sec 2α cos 2α cos α Clave: A

3.

Si cos 2A = −

A)

23 3π A , π < 2A < , hallar ctg 2 . 25 2 2

3 2

B)

5 2

C)

1 5

D)

2 3

E)

2 5

Solución: 23 1 ⇒ cosA = – (A ∈ IIC) 25 5 1 1+ − A 1 + cos A 5 = 2 ctg2 = = 1 3 2 1 − cos A 1− − 5

2cos2A – 1 = –

Clave: D

4.

Si tg 2 x − tgx − 1 = 0 , calcular M = tg 2 2 x − tg2 x − 1 . A) 5

B) 2

C) 8

D) 1

E) 9

Solución:

– tgx = 1 – tg2x 2tgx = – 2 ⇒ tg2x = – 2 1 − tg2 x

M = (– 2)2 – (– 2) – 1 ⇒ M = 5 Clave: A Semana N° 9 Solucionario

(Prohibida su reproducción y venta)

Pág. 62

UNMSM-CENTRO PREUNIVERSITARIO

5.

Si sen2θ =

Ciclo 2010-I

2 ⎛ 3π ⎞ ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ , calcular sec ⎜ − θ ⎟ sec ⎜ + θ ⎟ csc ⎜ − 2θ ⎟ . 3 ⎝ 8 ⎠ ⎝8 ⎠ ⎝4 ⎠

A) 28

B) 32

C) 40

D) 38

E) 36

Solución:

2 1· 2 = ⎛ 3π ⎞ ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ 2sen ⎜ + θ ⎟ cos ⎜ + θ ⎟ sen ⎜ − 2θ ⎟ − θ ⎟ cos⎜ + θ ⎟ · sen⎜ − 2θ ⎟ 2 cos⎜ ⎝ 8 ⎠ ⎝8 ⎠ ⎝4 ⎠ ⎝8 ⎠ ⎝8 ⎠ ⎝4 ⎠ 2 2 = ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ 1 1 ⎡ 1 ⎤⎡ 1 ⎤ sen ⎜ + 2θ ⎟ sen ⎜ − 2θ ⎟ cos 2θ + sen2θ⎥ ⎢ cos 2θ − sen2θ⎥ ⎢ ⎝4 ⎠ ⎝4 ⎠ 2 2 ⎣ 2 ⎦⎣ 2 ⎦ 2 1 1 cos 2 2θ − sen 2 2θ 2 2

4 4 = = 36 1 cos 4θ 9

=

1 ⎛4⎞ * cos4θ = 1 – 2 ⎜ ⎟ = 9 ⎝9⎠

Clave: E

6.

Si

A)

θ π 2π 1 1 1 + cos 4θ 3 , calcular cos .