UNI2018-2
Examen de Admisión
CLAVES
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UNIAdmisión 2018 - II
¡Nuestra exigencia tieneresultados!
Créditos
ENCARGADO DE EDITORIAL: Francis Pajuelo Palacios
SUPERVISORA ED. ACADEMIA: Mercedes Nunura Sánchez
DIRECCIÓN GENERAL DE LÍNEA: Carmen Alburqueque Valera
COORDINACIÓN DEL EXAMEN: Susana Oña Cachique
PROFESORES RESPONSABLES:Roberto Vizurraga L. | Diego Perez |
Juan Carlos Ramos L. | Edgar Morillo Ch. | Aaron Ramos N. | Miguel Escalante
Adriano Ynfanzon Q. | José Rodriguez
PRE PRENSA DIGITAL
DIAGRAMACIÓN UNI:Verónica Pacherres Ato
COLABORADORES:César Ágreda | Rosa Bardales | Erika Cuadros |
Ursula Nunura | Betty Picoy | Pamela Suárez | Karina Ubillus |
© Derechos Reservados: Ediciones e Impresiones Paz S.A.C.
Prohibido la reproducción total o parcial de este volumen | Edición 2018 www.pamer.edu.pe
Presentación
Estimado(a) amigo(a):
Has elegido postular a la UNI, y por ello desde ya te felicitamos, puesto que, sin duda, eres una persona a la que le gustan los grandes retos. Por tal motivo, la Corporación Educativa PAMER te brinda el solucionario del examen de ingreso directo escolar UNI 2018-II, que es una excelente herramienta que te ayudará a absolver dudas, reforzar conocimientos y conocer el modelo de preguntas que propone el examen de admisión UNI.
La Corporación Educativa PAMER es conocedora del alto nivel académico que exige la UNI en su examen de admisión para seleccionar a sus futuros estudiantes. Por esta razón, presentamos un modelo de preparación enfocado directamente en lo que requiere esta universidad.
En PAMER trabajamos en equipo y hacemos nuestro tu objetivo. Contamos con un sistema de tutoría que trabaja arduamente de la mano de cada alumno orientando, exigiendo y motivando con miras al gran resultado: ¡Que seas un CACHIMBO UNI!
Nuestro equipo de profesores es especialista en preparación UNI y desarrolla un alto nivel académico con clases dinámicas. A nuestros profesores realmente les interesa que aprendas y, con la finalidad de que puedas consultar y pedir ayuda cada vez que lo requieras, te brindan toda la confianza necesaria.
Sin duda, somos un equipo sólido y es por eso que tenemos la seguridad de que este material que hoy tienes en tus manos te beneficiará. Estamos y estaremos gustosos de ayudarte siempre que lo necesites.
Tus amigos,
Corporación Educativa Pamer
EXAMEN DE ADMISIÓN
UNI 2018 - II
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RESOLUCIÓN 1TEMA: Numeración y Racionales
1. Ubicación de incógnita Determinar el valor de verdad de las proposiciones. 2. Operación del problema
I. 111(3)= 32 + 3 + 1 = 13 23(5)= 2 . 5 + 3 =13
→ I. Es verdadero (V)
II. 0, 1(5) = 1(5)
4(5)
= 14
= 0,25
→ II. Es verdadero (V)
III. 0, a (11)= 0, 4(5)
a(11)
(10)(11)
= 4(5)
4(5)
→ a
10 = 1
Pero a = 10 → III. Es verdadero
3. Conclusiones y respuesta I, II y III son verdaderas
Respuesta: VVV
RESOLUCIÓN 2TEMA: Operaciones
1. Ubicación de incógnita Determinar el valor de verdad de las proposiciones. 2. Operación del problema I. Verdadero
En efecto, a – b = d → a = b + d Por hipótesis d∈ y b∈
La adición es cerrada en , luego a ∈ II. Falso
a – b = d → b = a – d , siendo d ∈ y a ∈
La sustracción no es cerrada en III. Falso
Si a2 es un número natural, a no necesariamente es un numero natural, por ejemplo a = 2
3. Conclusiones y respuesta I es verdadero, I y III son falsas.
Respuesta: VFF
RESOLUCIÓN 3TEMA: Polinomios
1. Análisis de los datos o gráficos P(x) ≡ 9 – x2, Q(x) ≡ ax3 – 2x + 3...(I)
P(x)(Q(x)–1)
x – 3
Cociente: q(x)
Residuo: O
...(II)
∑ Coef(q(x))=q(1)= –12...(III)
2. Operación del problema De (II) : P(x)(Q(x) – 1) ≡ (x – 3)q(x) + 0 Para x = 1 : P(1)(Q(1)–1)=(–2)q(1) De(I) y (III) : (8)(a)= (–2)(–12) a = 3
Respuesta: 3
RESOLUCIÓN 4TEMA: Divisibilidad
1. Ubicación de incógnita Determinar la cantidad de valores que toma abc si
abc = 11 y a+ b+ c = 15
2. Operación del problema
abc = 11→ a + c – b =11 → 15 – 2b = 11 → b = 2
→ a + c = 13 → a = 4; 5; ... ; 9
abc = 429; 528; 627; 726 ; 825; 924
3. Conclusiones y respuesta Hay 6 números que cumplan las condiciones
Respuesta: 6
RESOLUCIÓN 5TEMA: Números racionales
1. Ubicación de incógnita Determinar el valor de verdad de cada proposición
2. Operación del problemaI. Falso
Si
ab
∩
mn
= ∅, entonces las fracciones a
b y m
n
no son equivalentes, por lo tanto an ≠ bm
II. Falso
Si
ab
∩
mn
≠ ∅, entonces a
b y m
n son equivalentes
y ab
= mn
, pero esto no implica nb
= ma
; por el caso
a = 0, m = 0
EXAMEN DE ADMISIÓN SOLUCIONARIO
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III. Verdadero
ab
+
mn
=
an + bm
bn =
rs
,
⇒ an + bmbn
∈
rs
Respuesta: Solo III
RESOLUCIÓN 6TEMA: Divisibilidad
1. Ubicación de incógnita Encontrar cifras desconocidas aplicando divisibilidad.
2. Análisis de los datos o gráficos:
(3a)9(3a)9 ... (3a)9.102n = 259 M2
2n cifras
3. Operación del problema
(3a)9(3a)9...(3a)9 = 259 = 7 y 37
→ a3a3 ...a3 = 259 (a = 1, 2, 3)
Menor solución: 131313 = 259 → a = 1, n = 3
4. Conclusiones y respuesta: 393939000000 = 259. (39000)2
Menor valor de a + n = 1 + 3 = 4
Respuesta: 4
RESOLUCIÓN 7TEMA: Mezcla y aleación
1. Ubicación de incógnita Determinar la pureza o ley de una aleación de oro.
2. Análisis de los datos o gráfico
Peso w 4w
Ley 0,8 0,75
3. Operación del problemaPureza resultante (ley):w . 0,8 + 4w . 0,75
5w = 0,760
Respuesta: 0,760
RESOLUCIÓN 8TEMA: Probabilidades
1. Ubicación de incógnita Cálculo de probabilidad
2. Operación del problema El total de maneras diferentes de dividir 15 personas en
5 grupos de 3 es:
C15
3 × C12
3 × C 93 × C 6
3 × C 33
5! = 1401400
El número de casos particulares en que en cada grupo siempre haya una mujer es:
JKLC 5
1 C10
2
JKL JKLC 4
1 C82
JKL JKL 1C 3 C 6
2
JKL JKL 1C 2 C 4
2
JKL JKL 1C 1 2C 2
JKL
5! = 113400
Probabilidad = 1134001401400
= 811001
= 0,08
Respuesta: 0,08
RESOLUCIÓN 9TEMA: Funciones
1. Ubicación de incógnitaf: [0; 6] → [–4; 4]
x
y4
6x1
–4
x0
2. Operación del problemaI. Verdadero Es evidente que f es inyectiva y suryectiva, luego f es
biyectiva.
II. Falso Nótese que f(x0) = 0, luego |f(x0)| – f(x) = 0
III. Falso Nótese que g(x0) = g(x1) = 0, pero x0 ≠ x1
• g(x0) = f(x0) + |f(x0)| = 0 + 0 = 0
• g(x1) = f(x1) + |f(x1)| = 0 + 0 = 0
Respuesta: VFF
RESOLUCIÓN 10TEMA: Productos notables
1. Operación del problema
Dado xyz = 14
, calcule:
E = (xy+z)4 + [(xy)2 – z2]2 + (xy – z)4
(xy+z)6 – (xy – z)6
Haciendo xy + z = a ; xy – z = b
EXAMEN DE ADMISIÓN SOLUCIONARIO
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Se tiene: E = a4 + a2b2 + b4
a6 – b6
E = a4 + a2b2 + b4
(a2 – b2) (a4 + a2b2 + b4)
E = 1
a2 – b2 =
1(a+b)(a–b)
Pero a = xy + z ; b = xy – z
E = 14xyz
= 1
Respuesta: 1
RESOLUCIÓN 11TEMA: Funciones
1. Operación del problemaI) F Graficando se tiene:
x1
f no esmonótona
2
–1
y
II) F Graficando se tiene:
x
g no poseevalor mínimo
y
III) F Ya que h(x) = 2x – 3–x y h(–x) = 2–x – 3x
es evidente que h(–x) ≠ –h(x), entonces h no es impar.
Respuesta: FFF
RESOLUCIÓN 12TEMA: Matrices
1. Análisis de los datos o gráficos Tener en cuenta que: si A y B con matrices cuadradas de
orden n 1. |A| = |AT| 2. (A – B)T = AT – BT
3. |αA| = αn|A|, α ∈ R
3. Operación del problema I) V De (1): |A – KI| = |(A – KI)T|; K ∈ R De (2): |A – KI| = |AT – KI| Por hipótesis es cero |AT – KI| = 0
II) F Si A2 = I – A → A2 + A = I A(A + I) ∧ (A + I)A = I
De donde se observa que A es una matriz regular y su matriz inversa es A+I, entonces |A| ≠ 0
III) V Si B = (–1)n+1 |A|A2n
|B| = |(–1)n+1.|A|. A2n| De (3): |B| = ((–1)n+1|A|)n. |A2n| |B| = (–1)n(n+1).|A|n. |A|2n
|B| = |A|3n
Respuesta: VFV
RESOLUCIÓN 13TEMA: Matrices
1. Análisis de los datos o gráficos
Sea A = 1 0 10 1 00 0 1
Como A es matriz triangular (superior), entonces det(A) = 1.1.1 = 1
Además:
A2 = 1 0 20 1 00 0 1
, A3 =
1 0 30 1 00 0 1
, ..., An =
1 0 n0 1 00 0 1
2. Operación del problemaI. F det(An) = 1, ∀ n ∈ NII. V
An = 1 0 n0 1 00 0 1
, ∀ n ∈ N
III. F Si B es la matriz inversa de An, entonces B = (An)–1, ∀ n ∈ N
B = A–n, ∀ n ∈ N
Bn = A–n2, ∀ n ∈ N
det(Bn) = det(A–n2)
det(Bn) = [det(A)]–n2
det(Bn) = 1
Respuesta: FVF
RESOLUCIÓN 14TEMA: Conteo de números
1. Operación del problemaI. VERDADERO Progresión: a; a + r; a + 2r; ... (razón = r) Nueva progresión: a + K; a + r + K; a + 2r + K; ... razón = (a + r + k) – (a + k) = r
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II. VERDADERO Sea 2n el número de términos de una progresión
aritmética de razón r, los términos centrales son an = a1 + (n – 1)r y an + 1 = a1 + nr El último término a2n = a1 + (2n – 1)r a1 + a2n = a1 + a1 + (2n – 1)r = 2a1 + (2n – 1)r an + an + 1 = a1 + (n – 1)r + a1 + nr = 2a1 + (2n – 1)r
III. FALSO Progresión: a; a + r; a + 2r; ... Multiplicando por K: aK; (a + r)K; (a + 2r)K (a + r)K – aK = rK ≠ r
Respuesta: VVF
RESOLUCIÓN 15TEMA: Sistemas de Ecuaciones
1. Análisis de los datos o gráficos
El sistema lineal (k + 3)x + 2ky = 5k – 9(k + 4)x + (3k – 2)y = 2k + 1
)
Admite al menos una solución
2. Operación del problema Se encontrará el conjunto de valores de k para el
cual, el sistema dado no presenta solución, es decir, es incompatible.
Si el sistema es incompatible, se cumple que:
k + 3k + 4
= 2k3k – 2
≠ 5k – 92k + 1
... (I)
1444442444443 ( ) De ( ): k = 3 ∨ k = –2 Solo k = –2 verifica (I) El conjunto de valores de k para que el sistema lineal
dado tenga al menos una solución es R – {–2} = ⟨– ∞;–2⟩ ∪ ⟨–2;+∞⟩
Respuesta: ⟨– ∞;–2⟩ ∪ ⟨–2;∞⟩
RESOLUCIÓN 16TEMA: Sistema de ecuaciones
1. Ubicación de incógnita Valor de verdad
2. Análisis de los datos o gráficos
(1 – λ)x + y = c ... (1) 2x – λy = 2c ... (2)x – y = (1 + λ)c ... (3)
Z][]\
3. Operación del problemaI. λ = –2:
3x + y = c
2x + 2y = 2cx – y = – c
Z][]\
→ 3 1 c2 2 2c1 –1 –c
= 0; ∀ c ∈ r
El sistema tiene solución para todo valor real de c. La proposición es verdadera.II. λ = 0:
x + y = c
2x = 2cx – y = c
Z][]\
→ 1 1 c2 0 2c1 –1 c
F1 + F3
2 0 2c2 0 2c1 –1 c
= 0
El sistema tiene solución La proposición es falsa.III. λ = 1:
y = c
2x – y = 2cx – y = 2c
Z][]\
→ 0 1 c2 –1 2c1 –1 2c
= –3c
El sistema tiene solución única solo si c = 0. La proposición es falsa.
Respuesta: VFF
RESOLUCIÓN 17TEMA: Programación lineal
1. Ubicación de incógnita Modelación de problema
2. Análisis de los datos o gráficos x = N° de cantidades del compuesto M y = N° de unidades de compuesto N
3. Operación del problema La función objetivo es: F(x;y) = 1000x + 3000y Las restricciones son: x + 5y ≥ 15 5x + y ≥ 20 x, y ≥ 0
Respuesta: mín(1000x + 3000y) sujeto a
x + 5y ≥ 15
5x + y ≥ 20
x ≥ 0, y ≥ 0
RESOLUCIÓN 18TEMA: Valor Absoluto
1. Análisis de los datos o gráficos
M = x ∈ r x + 2 – x + 3
x – 1 – x + 4 ≥ 0
2. Operación del problema
En la inecuación: x + 2 – x + 3
x – 1 – x + 4 ≥ 0
Multiplicamos por: x + 2 + x + 3
x – 1 + x + 4
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Se tendría: (x + 2)2 – (x + 3)2
(x – 1)2 – (x + 4)2 ≥ 0
Factorizando: (2x + 5) (– 1)(2x + 3) (– 5)
≥ 0
2x + 52x + 3
≥ 0
De donde C.S. = – ∞ ; – 52
∪ – 32
; + ∞ = M
Mc = – 52
; – 32
Entero: – 2
Respuesta: 1
RESOLUCIÓN 19TEMA: Ecuación Cuadrática
1. Análisis de los datos o gráficos:
• Conjunto solución: C.S. = {∆ – 1, ∆ + 1}
• Raíces: x1 = ∆ – 1, x2 = ∆ + 1
2. Operación del problema:La ecuación cuadrática se puede escribir como:
x2 – (x1 + x2) x + x1 x2 = 0
esto es: x2 – 2∆ x + ∆2 – 1 = 0
donde: ∆ = (– 2 ∆)2 – 4(1)(∆2 – 1) ∆ = 4
Luego, la ecuación cuadrática es: x2 – 8x + 15 = 0
Piden: x1 + x2
3. Conclusiones y respuesta:Por teorema de Cardamo: x1 + x2 = 8
Respuesta: 8
RESOLUCIÓN 20TEMA: Funciones
1. Análisis de los datos o gráficosRedefiniendo la función:
F(x) = y = x2 – 3 ; x ≠ ± 5 → y ≠ 2
2. Operación del problema:
Cálculo del Rango: ∀ × ∈ r: x2 ≥ 0 x2 – 3 ≥ – 3
y ≥ – 3 ... (i)
y como x ≠ ± 5, entonces y ≠ 2 ... (ii)
De (i) y (ii): y ∈ [– 3; + ∞ ⟩ – {2}
→ Ran(F) = [– 3; + ∞ ⟩ – {2}
Respuesta: [– 3; ∞ ⟩ {2}
RESOLUCIÓN 21TEMA: Área de Regiones Cuadrangulares
1. Ubicación de incógnita:
Piden: RHMN
= ab
2. Análisis de los datos o gráficos:
SRMNH = SABC
2
B
M
A R H C
Nbh
h
a2b
3. Operación del problema:Del dato:
(a + b)
2 h =
1
2 (2b (2h))
2
a + b = 2b
a = b → ab
= 1
4. Conclusiones y respuesta:ab
= RHMN
= 1
Respuesta: 1
RESOLUCIÓN 22
TEMA: Relac. Métricas en el
1. Ubicación de incógnita:Piden: R
2. Análisis de los datos o gráficos:
1 1
23 3
R
R
R
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3. Operación del problema:Del gráfico:
R2 = 32 + 2 = (2 + )2 + 12
g + 2 = 4 + 4 + 2 + 14 = 4 = 1
Luego: R2 = 32 + 12 ⇒ R = 10
4. Conclusiones y respuesta:
∴ R = 10
Respuesta: 10
RESOLUCIÓN 23TEMA: Relac. Métricas en el ∆ Oblicuángulo
1. Ubicación de incógnita:
Piden: Perímetro del < ABCD
2. Análisis de los datos o gráficos:
2P ABCD = 66a
C
DBM 15
θ
A
7a 24a
20a15a
180–θ
N
3. Operación del problemaAplicando T. coseno:
(BD)2 = (15a)2 + (20a)2 – 2 (300a2) cosθ = (7a)2 + (24a)2 – 2 (168a2) cos (180° – θ)
300 cos θ = – 168 cos θ
⇒ cos θ = 0 ∴ θ = 90°
BD: Diámetro
C
R
DB15
53°
A
7a 24a
20a
37°
37°
16°
15a
O RR
R = 25 BD = 25a BD = 2R ⇒ 25a = 50 a = 2
4. Conclusiones y respuesta:
∴ 2P ABCD = 66(2) = 132
Respuesta: 132
RESOLUCIÓN 24TEMA: Espacio 2
1. Ubicación de incógnita Piden: θ
2. Análisis de los datos o gráficos m∠AOB = 90° m∠VOM = 45°
3. Operación del problemam∠AOM = 45°m∠BOM = 45°Sea:OS = a
O
V
A
45°45°
45°
2a
a 2
a 2
aM
S
B
P
⇒
OM = a 2OV = 2a
4. Conclusiones y respuesta OSV θ = 60°
Respuesta: 60°
RESOLUCIÓN 25TEMA: Pirámide
1. Ubicación de incógnita Piden: 2pA’B’C’
2. Análisis de los datos o gráficos 2PABC = P AA’ = AO 6M // 6Q
Q
M aA
A’
C
B
2a B’
C’
O
3. Operación del problema Por ∼ de pirámides: 9ABC ∼ 9A’B’C’
a2a
= 2pABC
2pA’B’C’
2pA’B’C’ = 2p
4. Conclusiones y respuesta ∴ 2pA’B’C’ = 2p
Respuesta: 2p
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RESOLUCIÓN 26TEMA: Poliedo
1. Ubicación de incógnita Poliedro nuevo A: # aristas V: # de vértices C: # de caras
V
A
B C
D
(parte del poliedro)
Poliedro inicial V’: # de vértices C’ # de caras A’: # de aristas A = 16 C = V A – A’ = 4 16 – A’ = 4 ⇒ A’ = 12
Euler (nuevo poliedro) C + V = A + 2 = 18 ⇒ C = V = 9
C’ = (C – 4) + 1 C’ = (9 – 4) + 1 = 6
Respuesta: 6
RESOLUCIÓN 27TEMA: Cilindro
1. Ubicación de incógnita Piden: Volumen del tronco de cilindro.
2. Análisis de los datos o gráficos AC > 2 BD = 2 AB = 8 AC + CD = 18
5l
C
D4l=8
49
68
109
17
E 2
4 4A B
3. Operación del problema
49
68 = 49
(2 17) = 89
17 Por T. de Pitágoras: (AD)2 = 82 + 22
AD = 2 17
ED = 2 17 – 89
17 = 109
17
En el ∆ACD (T. de Bisectriz)
Dato: 4l + 5l = 18 l = 2
C
A
D4l
5l
89
17
109
17
4k
5k
4. Conclusiones y respuesta Volumen del tronco del Cil = π(4)2( 8+2
2) = 80π
Respuesta: 80π
RESOLUCIÓN 28TEMA: Cono
1. Ubicación de incógnita Piden: Volumen común a los conos = Vx
2. Análisis de los datos o gráficos
h
R
R
h2
R2
h2
3. Operación del problemaDel gráfico:Vx = 1
3 π(R
2)2 h
2 + 1
3π(R
2)2 h
2
Vx = 23
π R2
4 h2
= πR2h12
4. Conclusiones y respuesta Volumen común a los conos
∴Vx = πR2h12
Respuesta: πR2h12
RESOLUCIÓN 29TEMA: Esfera
1. Ubicación de incógnita A = 16π = πr2
⇒ r = 4
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2. Análisis de los datos o gráficos OMA R = 5 ⇒ h = 23. Operación del problema ACasquete Esferico = Ax
Ax = 2πRh
4A Bh
3
O
R
M r4
4. Conclusiones y respuesta Ax = 2π(5)(2) = 20π
Respuesta: 20π
RESOLUCIÓN 30TEMA: Cuadriláteros
1. Operación del problema
I. V (Congruencia de triángulos)
θ θO
u m
m u
a a
b
b
II. F
aa
A B
C
D
III. V (Congruencia de triángulos)
αθ θ
α
am m
a
Respuesta: VFV
RESOLUCIÓN 31TEMA: Polígono regular
1. Ubicación de incógnita Piden: R
2. Análisis de los datos o gráficos
mAD = 90°
⇒ AD = R 2
mFD = 30° ⇒ m∠DAF = 15° ADI
15°
2
I
D
F
C
E
B
R
A
30°
90°
60°
R 2
R 22
= 6 + 26 – 2
Operando
R = 2 2 + 6
Respuesta: 2 2 + 6
RESOLUCIÓN 32TEMA: Proporcionalidad
1. Ubicación de incógnita Piden: PO = x
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2. Análisis de los datos o gráficos
B C
P
OP
3
xx 4
Aa
b
α α
θ
θN
PO // CN
Thales: ab = x
3 ⇒ a
a + b = xx + 3
Thales:
4x = a
a + b
3. Conclusiones y respuesta
4x = x
x + 3
⇒ x2 – 4x – 12 = 0 Resolviendo: ∴ x = 6
Respuesta: 6
RESOLUCIÓN 33
TEMA: Identidades Trigonométricas Simple
1. Ubicación de incógnita Senθ = 1 – Sen2θ
2. Operación del problema Formando la expresión Csc2(θ) – Tan2(θ) que es lo que
se pide calcular:
Senθ = 1 – Sen2θ
Senθ = Cos2θ
SenθCosθ
= Cosθ
tanθ = Cosθ
1Cosθ
= 1Tanθ
Secθ = Cotθ
Sec2θ = Cot2θ
1 + tan2θ = Csc2θ – 1
2 = Csc2θ – tan2θ
Respuesta: 2
RESOLUCIÓN 34TEMA: Inecuaciones Trigonométricas
1. Ubicación de incógnita
1tanθ – 1 + 4
tanθ – 6 > 0
2. Análisis de los datos o gráficos
Si θ ∈ ⟨– π2
; π2⟩ ⇒ –∞ < tanθ < +∞
∧ tanθ ≠ 1;6
3. Operación del problema Efectuamos operaciones y resulta
(tanθ – 2)(tanθ – 1) (tanθ – 6) > 0
Multiplican por (tanθ – 1)2 . (tanθ – 6)2 y resulta (tanθ – 1)(tanθ – 2)(tanθ – 6) > 0
4. Conclusiones y respuesta
1
– –+ +
2 6 +∞
1 < tanθ < 2 ∨ 6 < tanθ < +∞ arctan1 < θ < arctan2 ∨ arctan6 < θ < π/2
Respuesta: arctan1 < θ < arctan2 ∨ arctan6 < θ < π/2
RESOLUCIÓN 35TEMA: Funciones Trigonométricas
1. Ubicación de incógnita De la función:
f(t) = senNOP2π
365(t – 54)NOP + 11
2. Operación del problema
• El periodo de f es T = 2π2π/365 = 365
• Para el cálculo del número de días t es irrelevante “11”
• Graficamos la función:
1
–1
54 365+54
t
t0
+543654
+543652
.365+5434
Mínimo →
Nótese en la gráfica que el mínimo de f ocurre cuando:
t = 34 .365 + 54
t = 327,75
EXAMEN DE ADMISIÓN SOLUCIONARIO
Academias Pamer Matemática13
UNI 2018 - II
3. Conclusiones y respuesta Por lo tanto han transcurrido 327 días más 3/4 de día
para que haya menor cantidad de luz. La fecha es: 24 de noviembre a las 6 de la tarde.
Respuesta: 24 de nov
RESOLUCIÓN 36TEMA: Inecuaciones Trigonométricas
1. Operación del problema
cosx + 3x2π ≥ 0
cosx ≥ – 3x2π
f(x) ≥ g(x) Puntos de corte, igualamos: f(x) = g(x)
cosx = – 3x2π
Satisface para: x = – π3
Graficamos las dos funciones f y g simultáneamente:
π3
–
x
f
g
y
x
+∞
2. Conclusiones y respuesta
Nótese que f ≥ g en – π3 ≤ x < +∞
Por lo tanto el conjunto solución es A44C– π
3; +∞⟩
Respuesta: x ∈
A44C– π
3; +∞⟩
RESOLUCIÓN 37TEMA: Resolución de Cuadriláteros
1. Operación del problema Graficamos el cuadrilátero identificando los datos:
A
D
B
3
4
5
2
C
x
Trazamos AC = x y aplicamos el teorema de cosenos en los triángulos ABC y ADC.
x2 = 32 + 42 – 2.3.4.cosB = 52 + 22 – 2.5.2.cosD Reduciendo respuesta:
5cosD = 1 + 6cosB
1 = 1 + 6cosB5cosD
1 = E
Respuesta: 1
RESOLUCIÓN 38TEMA: Rotaciones de ejes coordenadas
1. Ubicación de incógnita Las coordenadas primitivas de P son:
P = (x; y) = (–2; 3)
2. Análisis de los datos o gráficos Las nuevas coordεnadas de P luego de rotar los ejes
q = 30° son: P’ = (x’ ; y’)
3. Operación del problema Para calcular x’ ∧ y’ aplican las fórmulas de rotación:
x’ = (x; y) . (cosθ; senθ) = x . cosθ + y . senθ
y’ = (x; y) . (–senθ; cosθ) = –x . senθ + y . cosθ
Reemplazando los datos:
x’ = (–2) . (cos30°) + ( 3) . (sen30°) = – 32
y’ = –(–2) . (sen30°) + ( 3) . (cos30°) = 52
Por lo tanto las nuevas coordenadas de P después de la rotación es:
P’ = JKL– 3
2 ; 5
2
JKL
Respuesta: JKL– 3
2 ; 5
2
JKL
RESOLUCIÓN 39TEMA: Sistemas Angulares
1. Operación del problema Por condición son complementarios: S1 + S2 = 90 9k1 + 9k2 = 90 k1 + k2 = 10 .... (I) Por condición cumplen la ecuación:
43 S1 – 3
5 C2 = 20
43 .9k1 – 3
5 .10k2 = 20
6k1 – 3k2 = 10 .... (II) Resolviendo el sistema de ecuaciones (I) y (II) resulta:
k1 = 409 ∧ k2 = 50
9
EXAMEN DE ADMISIÓN SOLUCIONARIO
Academias Pamer Matemática14
UNI 2018 - II
2. Conclusiones y respuesta
Nos piden el menor ángulo en radianes (R1)
R1 = π20 .k1
R1 = π20 . 40
9
R1 = 29
π
Respuesta: 29
π
RESOLUCIÓN 40
TEMA: Circunferencias Trigonométricas
1. Operación del problema
Sean x; y las coordenadas de P
siendo y > 0
trazamos los vectores senθ y cosθ.
y
x
P(x;y)
cosθ
–senθ
45°
45°yα
α45°
y\ \
1 – y
Del gráfico calculamos los tanα.
tanα = y
1 – y = –senθcosθ
y
1 – y = –tanθ
Despejando y resulta:
y = tanθ
tanθ – 1
Respuesta: tanθ
tan(θ ) – 1
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CICLO ESCOLARES13 DE AGOSTO
CICLO ESCOLARES15 DE AGOSTO