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Matemática
Ejercicios
RESUELTOS
Patricio Alcaíno Martínez
Derechos Reservados
PSU
- 2 -

PSU Matemática-Ejercicios resueltos
Patricio Alcaíno Martínez – Derechos Reservados
Palabras iniciales
Estimados usuari@s:
• Este material que pongo a su disposición está creado a partir de las directrices
dadas por el DEMRE para la PSU Matemática año 2011, en cuanto los ejes
temáticos y contenidos que abarca y el tipo de ejercicios que comprende.
• La prueba original consta de 75 ejercicios y se debe responder en un máximo de 2
horas y 25 minutos.
• Este documento contiene 25 preguntas similares a las que se encuentran en la
prueba original.
• Para trabajar con este material el usuario NO deberá hacer uso de calculadora.
Atentamente;
Patricio Alcaíno Martínez
2

PSU Matemática-Ejercicios resueltos 2
3
1. Es divisible por tres:
I: La suma de tres números naturales consecutivos
II: La suma de un número natural con su antecesor y su sucesor
II: La suma de tres números impares consecutivos
A) Solo II
B) Solo I y II
C) Solo II y III
D) Solo I y III
E) I, II y III
Solución:
I: La suma de tres números naturales consecutivos
La suma de ellos es: n + (n + 1) + (n + 2) = 3n + 3 = 3(n + 1). Es divisible
por 3.
II: La suma de un número natural con su antecesor y su sucesor
La suma de ellos es: n + (n - 1) + (n + 1) = 3n. Es divisible por 3.
II: La suma de tres números impares consecutivos
La suma de ellos es: (2n + 1) + (2n + 3) + (2n + 5) = 6n + 9 = 3(2n + 3). Es
divisible por 3.
Alternativa correcta: E.

4
2. Se ha observado en cierta variedad de pez, que entre los 10 y 100 días de vida, su peso
(gr) es directamente proporcional a su longitud (cm) y a su edad (días). De este modo, un
ejemplar de un mes tiene una longitud de 20 cm y pesa 90 gramos.
Si esto es así, un ejemplar de 2 meses de edad que mide 15 cm, pesa:
A) 120 gramos
B) 135 gramos
C) 150 gramos
D) 180 gramos
E) 225 gramos
Solución:
Haciendo E = edad, L = longitud, P = peso y K = constante de proporcionalidad, la relación
entre las variables pueden ser expresadas algebraicamente así:
ELKP 
Reemplazando valores dados:
3020K90 
Despejando, K = 0,15
La relación es:
EL15,0P 
Reemplazando para E = 60 días y L = 15 cm.
601515,0P 
135P  gramos.
Alternativa correcta: B.

5
3. De las siguientes igualdades:
I: 279 5,1
 II: 483
2
 III: 5,25
42 
Es (son) verdadera(s):
A) I, II y III
B) Solo II y III
C) Solo I y III
D) Solo I y II
E) Solo II
Solución:
I: 279 5,1

Convirtiendo el exponente decimal a fracción:
2792
3

Convirtiendo la potencia de exponente fraccionario a raíz:
  279
3

Resolviendo la raíz:
2733
 (verdadero)
II: 483
2

  48
23 
Resolviendo la raíz:
422
 (verdadero)
III: 5,25
42 
5,225
)2(2 
55
22  (verdadero)
Alternativa correcta: A.

6
4. Si 1xlog 2
3
1  , entonces  xlog1
A) 1/2
B) 3/2
C) 5/2
D) 1/3
E) 1/6
Solución:
1xlog 2
3
1  / 3
3xlog 2

Aplicando propiedad del logaritmo de una potencia:
3xlog2  /:2
2
3
xlog 
Entonces,  xlog1
2
5
2
3
1 
Alternativa correcta: C.

7
5. En la expresión siguiente, si x = 10, entonces,
3
5
2
3 2
x
x5
=
A) 5
B) 3
C) 2,5
D) 0,33
E) 0,2
Solución:
Como tanto el numerador como el denominador de la expresión tienen el mismo índice de
raíz, se puede expresar así:
3
5
2
2
3
5
2
3 2
x
x5
x
x5

Simplificando una x:
3
5
2
3
5
2
2
3
5
2
3 2
x5
x
x5
x
x5

Reemplazando x = 10 y operando la fracción:
3
5
2
x5
= 3
5
2
105 
= 3
2
5105 
= 3
2
250
= 3
125 = 5

8
6. Al reducir la expresión
9m6m
9m
2
2


queda:
A) m + 3
B)
3m
3m


C)
3m
1m


D)
3m
1

E)
3m2
3


Solución:
El numerador de la expresión es una suma por su diferencia, mientras que el
denominador es un cuadrado de binomio. Haciendo las factorizaciones correspondientes:
9m6m
9m
2
2


=
2
)3m(
)3m()3m(


Simplificando (m – 3), queda:
2
)3m(
)3m()3m(


=
)3m(
)3m(



9
7. El polinomio pp2p 23
 es divisible por:
I: p II: p – 1 III: p + 1
A) Solo I
B) Solo II
C) Solo I y II
D) Solo II y III
E) I, II y III
Solución:
Factorizando la expresión:
pp2p 23
 = )1p2p(p 2
 .
Por lo tanto, la expresión ya es divisible por p.
Al seguir la factorización, se advierte que en la expresión )1p2p(p 2
 , el trinomio
es un cuadrado de binomio.
)1p2p(p 2
 = 2
)1p(p  .
Por lo tanto la expre4sión original también es divisible por (p – 1).

10
8. Un estudio realizado a una población de peces determinó la relación entre su longitud
y peso, llegando a la siguiente función:
W = 0,02 L3; siendo W el peso, en gramos, y L la longitud, en centímetros.
Según este modelo, un pez de 160 gramos de peso tiene una longitud de:
A) 82 cm.
B) 53 cm.
C) 32 cm.
D) 25 cm.
E) 20 cm.
Solución:
Se conoce W = 160 y se debe calcular L.
Reemplazando:
160L02,0 3
 /:0,02
02,0
160
L3

000.8L3
 / 3
3
000.8L 
20L  cm.

11
9. Se tiene una magnitud h, dada por la expresión:
2
r
MG
h

 , en donde G se mide en 2
3
segKg
m

, M se mide en Kg y r en metros.
Entonces, las unidades de h son:
A)
seg
m
B) 2
seg
m
C) 2
2
seg
m
D) 2
seg
mKg
E) 2
2
seg
mKg
Solución:
En la igualdad 2
r
MG
h

 , se reemplazan las unidades de cada factor.
2
2
3
m
Kg
segKg
m
h



Se simplifica Kg. Además, 3
m con 2
m , quedando:
2
2
1
seg
m
1
1
seg1
m
h 




12
10. Un vendedor de diarios tiene 75 diarios para vender. De estos, hay con un precio de
venta de $200 y el resto con un precio de venta de $250. Si, por la venta de todos los
periódicos este señor junta la suma de $16.500, ¿cuántos diarios de $250 tenía?
A) 55
B) 45
C) 35
D) 30
E) 25
Solución:
Sea X = diarios a $200 e Y = diarios a $250. Entonces:
X + Y = 75
200X + 250Y = 16.500
Es un sistema de ecuaciones de primer grado con dos incógnitas, en la cual
interesa despejar Y.
En la primera ecuación: X = 75 – Y
Reemplazando esta en la segunda ecuación:
200 (75 – Y) + 250Y = 16.500
15.000 – 200Y + 250Y = 16.500
15.000 + 50Y = 16.500
50 Y = 1.500
Y = 1500/50 = 30
Alternativa correcta: D.

13
11. La ecuación 2
1x52  tiene como solución:
A) –3/10
B) –7/20
C) 20/7
D) 7/20
E) 3/40
Solución:
Elevando la ecuación al cuadrado:
2
1x52  / 2
()
2
)
2
1
(x52 
4
1
x52  / 4
1x208 
x2018 
x
20
7


14
12. ¿Cuál de las rectas siguientes es paralela a la recta 2x + 5y – 5 = 0?
A) y = 1 + 2x
B) y = 1x
5
2

C) y = x1
2
5

D) 5x2y 
E) y = x9 5
2
Solución:
Se puede distinguir recta paralelas por su pendiente. Para ello, se expresa la recta
2x + 5y – 5 = 0 a su forma principal:
2x + 5y – 5 = 0
5y = -2x + 5
1x
5
2
y 


La pendiente de la recta es -2/5. Por lo tanto, una recta paralela tendrá la misma
pendiente.

15
13. Se ha establecido en microbiología que bajo ciertas condiciones de cultivo, una
población de microorganismos crece en función del tiempo según la función:
N = 3 · 2t, siendo N los miles de bacterias del cultivo en el tiempo t, en horas desde que se
inicia el cultivo.
Según el modelo, el tiempo para el cual habrá 30 mil bacterias en el cultivo está dado por
la expresión:
A) log 3
B) log 30
C)
2log
1
D) 2
10log
E) 10
Solución:
En la ecuación N = 3 · t
2 , se conoce N = 30 y se debe calcular t:
Reemplazando:
3023 t

3
30
2t

102t

Para calcular t se aplica logaritmo:
102t
 /log
10log2log t

10log2logt 
2log
10log
t 
Pero log 10 = 1. Entonces:
2log
1
t 

16
14. En la figura, la distancia entre los puntos P y Q es:
A) 12
B) 17
C) 13
D) 130
E) 223
Solución:
La distancia entre dos puntos en el plano está dada por:
2
21
2
21 )yy()xx(d  , que es una aplicación del teorema de Pitágoras.
Haciendo A = (-3, -2) y B = (5, 13):
22
)132()53(d 
22
)15()8(d 
22564d 
289d 
17d 
y
A
x-3
-2
5
13
(0,0)
B

17
15. En la figura, 21 L//L . 3L y 4L son transversales que se intersectan en P.
Con las medidas dadas, la medida de x es igual a:
A) 27/4
B) 15/2
C) 9
D) 12
E) 15
Solución:
Aplicando el teorema de Thales, se puede plantear la proporción:
9
x
6
8

Despejando x:
6
98
x


12x 
P
6
A
B
C
D
8
9x
3L 4L
1L
2L

18
16. En la figura, ABC es triángulo rectángulo en C y CD es altura. Con los valores dados,
la medida de x es:
A) 9
B) 10
C) 12
D) 15
E) 16
Solución:
Como ABC es rectángulo, es posible calcular AB , aplicando el teorema de
Pitágoras.
22
2015AB  = 25
Ahora, por el teorema de Euclides:
x25152

9
25
225
x 
A
x
B
C
D
20
15
A
x B
C
D
2015
25

19
sitio 1 sitio 2
sitio 4
sitio 3
125 m
17. Una parcela rectangular de 10.000 m2 de superficie, se ha dividido en cuatro sitios
rectangulares, tal como muestra la figura. El terreno no considerado en los sitios se
pavimentará, representado en forma achurada en la figura.
El perímetro de la superficie a pavimentar es igual a:
A) 285 m
B) 330 m
C) 375 m
D) 410 m
E) Falta información
Solución:
Si la parcela tiene 10.000 2
m de superficie y es un rectángulo de largo 125 m,
entonces su ancho es:
125
000.10
A  = 80 m.
Como los sitios son rectangulares, entonces los lados del área achurada son
paralelos. Se puede distinguir que los trazos horizontales superiores corresponden
a un largo de la parcela y los inferiores también. De la misma forma, los trazos
verticales corresponden a dos anchos.
Por lo tanto, el perímetro del área a pavimentar es igual a 2 largos + 2
anchos = 410 m.

20
18. En la figura, ABCD es trapecio rectángulo en B, con base BC.
Si AD = 4 cm, BC = 14 cm, la altura del trapecio es 6 cm y E es punto medio de CD, entonces, el
área de la región achurada es:
A) 54 cm2
B) 42 cm2
C) 33 cm2
D) 27 cm2
E) 21 cm2
Solución:
Adjuntando los datos a la figura, se tiene:
Se tiene, en resumen, que el área achurada es el área de un trapecio de bases 14 y
4 y altura 6, menos el área de un triángulo de base 14 y altura 3.
Área achurada =
2
314
6
2
414 


= 54 – 21 = 33 cm2
B
C
D
A
E
B
C
D
A
E
4
14
6
h=3

21
19. Se tiene un rectángulo de lados x y x2 . Entonces, la expresión igual a su diagonal
es:
A) 5x
B) 3x
C) x5
D) x3
E) x5
Solución:
Llevando la situación al esquema de un rectángulo:
Se tiene que la diagonal d es la hipotenusa de un triángulo rectángulo de catetos x
y 2x.
Aplicando el teorema de Pitágoras:
222
)x2(xd 
222
x4xd 
22
x5d  /
2
x5d 
5xd 
x
2x
d

22
20. En la figura, ABC es triángulo isósceles rectángulo en C, con AC = 2 cm. CD y CE son
arcos de circunferencia con centro en B y A, respectivamente. El área de la región
sombreada en la figura es, en cm2:
A) 4 - 2
1
B) 2 - 2
1
C) 4 - 2 
D) 2 - 
E) 4 - 
Solución:
Cada una de las regiones sombreadas de la figura corresponde al área del triángulo,
menos un sector circular correspondiente a su arco. Por ello, primero se calculará una de
estas regiones:
El área del triángulo es 22A 2
1  = 2 2
cm .
Como el triángulo es isósceles rectángulo, cada sector circular corresponde al de
un arco de 45°. Es decir, a la octava parte de un círculo completo:
Área de un sector circular = 2
8
1 2 = 2
1 2
cm
En 2
cm , cada región sombreada corresponde, entonces:  2
12A )
Como son 2 regiones sombreadas: )2(2A 2
1
sombreada  = (4 -  ) 2
cm

23
21. En la figura, O es centro de la semicircunferencia de radio OP = 4 cm, con una
circunferencia inscrita tangente en O.
El área de la circunferencia inscrita es:
A) 2
1 2
cm
B)  2
cm
C) 2 2
cm
D) 4 2
cm
E) 16 2
cm
Solución:
El diámetro de la circunferencia inscrita es 4 cm. Por lo tanto, su radio es 2 cm.
El área del círculo inscrito es, entonces:
2
2A  = 4 2
cm

24
22. Se realiza un estudio con un pequeño grupo de familias, para verificar el número de
lactantes por familia. El siguiente es el gráfico resultante:
De acuerdo al gráfico, ¿qué % de las familias de la muestra tiene uno o dos lactantes?
A) 47%
B) 44%
C) 28%
D) 16%
E) 11%
Solución:
De acuerdo al gráfico:
El total de familias de la muestra es: 12 + 4+ 7 +2 = 25 familias
Las familias que tienen uno o dos lactantes son: 4 +7 = 11
Llevando a %:
P = 11/25 * 100 = 44%.
Número de lactantes por familia
0 1 2 3
Númerodecasos
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
0 Nº

25
23. Una máquina tiene dos pilotos (luces), A y B, que pueden estar encendidas o
apagadas independiente una de otra. La probabilidad de que A esté encendida es 0,2 y la
B es 0,6.
La probabilidad de que solo una de ellas esté encendida es igual a:
A) 0,56
B) 0,48
C) 0,32
D) 0,24
E) 0,12
Solución:
Sean los siguientes sucesos:
A = luz A está encendida; A’ = luz A no está encendida
B = luz B está encendida; B’ = luz B no está encendida
Entonces, de acuerdo a los datos:
P(A)= 0,2; P(A’) = 0,8
P(B)= 0,6; P(B’) = 0,4
Para que haya solo una de ellas encendida se tiene que dar lo siguiente:
Encendida la A y no la B, o: encendida la B y no la A.
Esto, en lenguaje de probabilidades es:
P(A y B’) o P(A’ y B)
Aplicando propiedad del producto en el conectivo “y” y el de la suma en el “o”:
0,2 x 0,4 + 0,8 x 0,6 = 0,08 + 0,48 = 0,56

26
24. Es posible calcular el perímetro del triángulo PQR de la figura, si:
(1) PQ = 15 cm
(2) tg  = 0,75
A) (1) por sí sola.
B) (2) por sí sola.
C) Ambas juntas, (1) y (2).
D) Cada una por sí sola, (1) ó (2).
E) Se requiere información adicional.
Solución:
Para calcular el perímetro de un triángulo se requiere tener sus lados. Ya se
conoce 9PR  . Faltan PQ y QR .
(1) PQ = 15 cm
Con este dato se conocen dos lados del triángulo, pero falta uno. No hay datos que
nos permitan deducir que PQR es rectángulo y, por lo tanto, nada se puede hacer
para calcular QR .
Por lo tanto, (1) por sí sola, no permite llegar a la solución.
(2) tg  = 0,75
Sin saber qué tipo de triángulo, el conocer tg  = 0,75 no ayuda a llegar a la
solución.
Ambas juntas, (1) y (2).
Sin saber qué tipo de triángulo es PQR, esta información conjunta, sigue siendo
insuficiente para llegar a la solución.
Por lo tanto, se requiere información adicional.
R
P Q

9

27
25. Una urna, cuyo contenido no puede ser visto desde afuera, contiene solo bolitas
blancas y bolitas negras. Es posible calcular cuántas bolitas blancas contiene la urna, si:
(1) La caja contiene un total de 8 bolitas.
(2) En una primera extracción al azar, la probabilidad de extraer una bolita negra es
1/4.
A) (1) por sí sola.
B) (2) por sí sola.
C) Ambas juntas, (1) y (2).
D) Cada una por sí sola, (1) ó (2).
E) Se requiere información adicional.
Solución:
(1) La caja contiene un total de 8 bolitas.
Si bien se tiene el total de bolitas, falta un dato de casos favorables para poder
determinar la cantidad de bolitas blancas.
(2) En una primera extracción al azar, la probabilidad de extraer una bolita negra
es 1/4.
Con esta probabilidad solo es posible calcular que la probabilidad de bolita blanca
es ¾, pero no permite calcular la cantidad de bolitas blancas.
Ambas juntas, (1) y (2).
Si la probabilidad de negra es ¼ y hay 8 bolitas en total, entonces sí se puede
calcular la cantidad de bolitas negras y finalmente las blancas.
Ambas juntas, (1) y (2), sí permite resolver el problema.

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