Examen de admisión 2018-1 SOLUCIONARIO UNIcloud.vallejo.com.pe/Sol_MiercoleseY3mAdow95J.pdf ·...

1

UNIUNISOLUCIONARIOSOLUCIONARIO

Examen de admisión 2018-1

Matemática

MATEMÁTICA

AritméticA

RESOLUCIÓN N.º 1

Tema: Conjunto de los números racionales

Análisis y procedimiento

Tenemos a; b ⊂ R+

1 1

1 1 1a b

ab

bb

a

a

a b a b

+ ==

−∧ =

−+ = ×

( )

( )

α

β

I. Verdadera

a ∈ Q’ ↔ b ∈ Q’

≡ ∈ → ∈( )∧ ∈ → ∈( )a b b aQ Q Q Q' ' ' '

V V

De (a)

II. Verdadera ab=4 ↔ a+b=4

≡ = → + =( )∧ + = → =( )ab a b a b ab4 4 4 4

V V

De (b)

III. Falsa a < 2 → b < 2 De (a)

ab

b=

−<

12

11

12+

−<

b

1

11

b −<

Si b > 1

1

11

b −<

+

1 < b – 1

∴ b > 2

Si b < 1

1

11

b −<

−

1 > b – 1 b < 2 ∴ b < 1

Respuesta: VVF

RESOLUCIÓN N.º 2

Tema: Radicación


Reconstruyendo el procedimiento de la extracción de la raíz cuadrada, tenemos

11

6 2

- 6 24 4

1 7 2 9

1 2

2 2 2 =44

7 3

7 6 4 97 6 2 9

2 0

0

1 8 0 5

5 4 9

2 4 7 72 5 4 3 3 =7629

=1729×

××

Por lo tanto, la suma de dígitos del radicando es 1+6+2+0+5+4+9=27

Respuesta: 27

Academia CÉSAR VALLEJOUNI 2018-1

2

RESOLUCIÓN N.º 3

Tema: Regla de mezcla


Técorriente

Tésuperior

Téextra

20 kg20 kg 50 kg50 kg

(70+x) kg(70+x) kg

x kgx kg

S/8 S/10 S/16

Pm=S/14gana

pierdegana

En todo procedimiento de regla de mezcla, se cumple

ganancia

aparente

de precio

pérdida

aparente

de precio

=

S/6 · 20+S/4 · 50=S/2 · x x=160

Al final, la cantidad total de té en kg que se obtiene es 20+50+160=230

Por condición, se desea obtener una utilidad total de S/460.

Piden la diferencia entre el precio de venta y el precio medio, es decir, piden la ganancia.

∴ ganancia

por 1 kg

S/S/

= =

460

2302

Respuesta: 2

RESOLUCIÓN N.º 4

Tema: Probabilidades


De los datos, tenemos

7 hombres 4 mujeres

e: elegir una comisión de 3 personas

experimento aleatorio

Hallamos el número de comisiones posibles que se pueden formar (espacio muestral).

n CΩ( ) = =⋅

=311 11

8 3165

!

! !A: la comisión está integrada al menos por 1 hombre

evento

Tenemos tres casos:• 1hombrey2mujeres→ n.º casos= × =C C1

724 42

• 2hombresy1mujer→ n.º casos= × =C C27

14 84

• 3hombres→ n.º casos= C37 35=

Entonces n(A)=42+84+35=161.

∴ P A( ) =161

165

Respuesta: 161

165

RESOLUCIÓN N.º 5

Tema: Teoría de numeración


Nota

Para determinar si un numeral de base n(ab...cdn) es par o impar

procederemos de la siguiente manera:

• Sin es par, dependerá de la última cifra.

Ejemplo

impar

- A=325 3 8 → A es impar.

- B=124246 → B es par.

par

UNI 2018-1Solucionario de Matemática

3

• Sin es impar, dependerá de la suma de cifras.

Ejemplo

- C=42327; suma de cifras=11 → C es impar.

- D=33339; suma de cifras=12 → D es par.

En el problema, tenemos• 21021113 suma de cifras=8, entonces el número

es par.• 11021113 suma de cifras=7, entonces el número

es impar.• 21121135 suma de cifras=11, entonces el

número es impar.• 41021125 suma de cifras=11, entonces el

número es impar.• 21021157 suma de cifras=12, entonces el

número es par.

Por lo tanto, tenemos 2 números pares.

Respuesta: 2

RESOLUCIÓN N.º 6

Tema: Teoría de numeración


Recuerde lo siguiente:

abcd n dn = +o

Dato:

35 41 122

n naa n( ) ( ) = <;

Utilizando multiplicidad tenemos

n no o

+( ) = +5 1

2

n no o

+ = +25 1

24 = no

Entonces n es divisor de 24.

De 35n tenemos que n > 5.

→ 5 < n < 12

n es 6 o 8.

Si n=6

35 4162

6( ) = aa

529 416= aa

2241 416 6= aa cumple

Si n=8

35 4182

8( ) = aa

841=aa418

15118=aa418 no cumple

Se concluye, entonces n=6 ∧ a=2

∴ a+n=8

Respuesta: 8

RESOLUCIÓN N.º 7

Tema: Desigualdades


I. Verdadera

Como a > b > 1

ak > bk ∀ k ∈ N

ak

k

n

=∑

1> bk

k

n

=∑

1

II. Falsa Como a > b y c ∈ Z si c > 0 → ac > bc

si c < 0 → ac <bc

III. Verdadera

Como a b−( ) ≥2

0

a b a b2 2 2+ ≥

a2+b2 ≥ 2|ab|

Respuesta: VFV


4

RESOLUCIÓN N.º 8

Tema: Clasificación de los enteros positivos


N admite solo dos divisores primos.

N=aa×b

b

descomposición canónica

El número de divisores simples y compuestos es 6. CD(N)=(a+1)(b+1)=6 → a=2; b=1

3 2

Luego N=a2×b1

descomposición canónica

La suma de divisores simples y compuestos es 42.

SD(N)=(1+a+a2)(1+b)=42 → a=2; b=5(1+2+22) (1+5)

Se concluye que

N: 22×51=20Piden la suma de cifras de N: 2+0=2.

Respuesta: 2

RESOLUCIÓN N.º 9

Tema: Función inversa


Domf*=Ranf

Se tiene yx

x=

+−

− +4 1

2 12 2

yx

=−

+3

2 12

Como x >1

2 → 2x –1>0

inversa

1

2 10

x −> por 3

3

2 10

x −>

+2

3

2 12 2

x

y

−+ >

→ Domf*=⟨2; +∞⟩

Ran * Dom ;f f= = + ∞1

2

Cálculo de la regla de correspondencia de f*.• Despejamos x.

yx

= +−

23

2 1

yx

− =−

23

2 1

2 13

2x

y− =

−

xy

y=

+−1

2 4

• Intercambiamos x con y.

yx

xf x( )

=+−

*

1

2 4

Respuesta:

fx

xf fx( ) =

+−

= +∞ = +∞* ; * ; ; * ;

1

2 42

1

2Dom Ran

RESOLUCIÓN N.º 10

Tema: Función logarítmica


Hallamos su dominio. f x xx( ) = −( ) ∈ ↔ − >log 1

2

4 4 0R ↔ 4 > |x| ↔ – 4 < x < 4→ Dom f=⟨ – 4; 4⟩

Hallamos su rango, como x ∈ ⟨ – 4; 4⟩.→ – 4 < x < 4

→ 0 ≤ |x| < 4

→ 0 ≥ – |x| > – 4

→ 4 ≥ 4 – |x| > 0

Como la base del logaritmo es 1/2, entonces es decreciente.

log log1

2

1

2

4 4≤ −( )x

− ≤ −( )2 41

2

log x

Ran f=[ – 2; +∞⟩

Respuesta: [ – 2; +∞⟩


5

RESOLUCIÓN N.º 11

Tema: Números complejos


(iz+4+z+4i)z+2i=0

→ iz+4+z+4i=0 ∨ z+2i=0+ ∨ 0 + ∨ 0

→ (iz+4=0 ∧ z+4i=0) ∨ z – 2i=0

→ zi

z i z i= − ∧ = −

∨ =

44 2

→ (z=4i ∧ z=4i) ∨ z=– 2i

z=4i ∨ z=– 2i→

Piden 4i+– 2i=4+2=6

Respuesta: 6

RESOLUCIÓN N.º 12

Tema: Programación lineal


Se tiene f(x; y)=ax+by; ab ≠ 0 (función objetiva) S (conjunto de restricciones) P ∈ S (punto interior)

Recordemos que máxf(x; y) o mínf(x; y) se encontrará en un vértice de la región factible.

También máxf(x; y) ≥ f(x; y) ∀ (x; y) ∈ S mínf(x; y) ≤ f(x; y) ∀ (x; y) ∈ S

I. Falsa

mínf(x)=f(P) (No se da en un punto interior) x ∈ S

II. Verdadera mínf(x) < f(P) ∀ P ∈ S x ∈ S

III. Falsa máxf(x)=f(P) (No se da en un punto interior) x ∈ S

IV. Verdadera máxf(x) > f(P) ∀ P ∈ S, punto interior x ∈ S

Respuesta: FVFV

RESOLUCIÓN N.º 13

Tema: Matrices


Tenemos

A4=0 → A A A4 40 0= = → =

LuegoI. Correcta

A A A A I A A I+ = +( ) = + ==

2

0

0

→ + =A A2 0

entonces A+A2 no tiene inversa.

II. Incorrecta

como A4=0 → I – A4=I, además

I A I A I A I A I

B

− = −( ) +( ) +( ) =4 2

,

esto es, la I – A tiene inversa y es la matriz.

B I A I A I A A A= +( ) +( ) = + + +2 2 3

III. Correcta

como A4=0 → I A I A I A I A I

C

− = +( ) +( ) −( )=4 2

entonces I+A2 tiene inversa y es la matriz

C=(I+A)(I – A)=I – A2

Por lo tanto, las afirmaciones correctas son I y III.

Respuesta: I y III


6

RESOLUCIÓN N.º 14

Tema: Determinantes


Tenemos

f

x

x

xx( ) =

1 11 11 1

Aplicamos la regla de Sarrus.

f(x)=x3– 3x+2

g

x

x

xx( ) =

− −

− −

− −

1 11 11 1

Aplicamos la regla de Sarrus.

g(x)=x3 – 3x – 2

Piden la cantidad de valores de x tal que f(x)=g(x).

→ x3 – 3x+2=x3 – 3x – 2

2= – 2 (→←)

CS=f

Por lo tanto, no hay valores de x.

Respuesta: 0

RESOLUCIÓN N.º 15

Tema: Matrices


Tenemos que

A=SST → AT=(SST)T=(ST)TST=A

→ AT=A (A es simétrica)

Como

A a

b c

a b c=

→ = = =

4 2 1

4 2

4

2 1 2; ;

Además, S es una triangular inferior de términos positivos, esto es

S

x

y z

w p q

S

x y w

z p

q

T=

→ =

0 00 0

0 0

Luego

SS

x xy xw

xy y z wy pz

yw wy pz w p q

T = + +

+ + +

=

2

2 2

2 2 2

4 2 1

2 4 2

1 2 4

Se deduce que

x=2; y=1; z= 3, w=1

2, p=

3

2; q= 3

Entonces

K

s

a b b

x z q

a b b=

+ +=

+ ++ +

=+ +

+ +traza( ) 2 3 3

2 1 1

→

+( )+

= 2 3 1

3 12

Respuesta: 2

RESOLUCIÓN N.º 16

Tema: Inecuaciones irracionales


Tenemos que

2 1 2

50

x x

x

+ − −−

<

Entonces x – 2 ≥ 0 ∧ x – 5 ≠ 0

→ x ≥ 2 ∧ x ≠ 5 (I)

Luego

2 1 2

50 2 1 2

x x

xx x

+ − −−

<

× − + −( )

+

→− − −

−<

2 1 2

50

2 2x x

x

x

xx x

+−

< − ≠ → ≠1

50 5 0 5;


7

Por el método de puntos críticos tenemos

5

+––+

– 1

→ x ∈ ⟨ –1; 5⟩ (II)

Entonces CS=(I) ∩ (II) → CS=[2; 5⟩

∴ S x

x x

x= ∈

+ − −−

<

= R : ;

2 1 2

50 2 5

Respuesta: [2; 5⟩

RESOLUCIÓN N.º 17

Tema: Inecuación fraccionaria


Tenemos

− <−+

<1

3

2 3

2

4

3

x

x

− < −+

<1

32

7

2

4

3x

–2

− < −+

< −7

3

7

2

2

3x

x(–1)

7

3

7

2

2

3>

+>

x invertimos

3

7

2

7

3

2<

+<

x

×7

3 2

21

2< + <x

–2

1

17

2< <x

∴ CS= 117

2;

Respuesta: 117

2;

RESOLUCIÓN N.º 18

Tema: Inecuaciones con valor absoluto


Tenemos

(4 – x – 5 – x) (x – 4 + x – 5) ≤ x2– 24x– 4 x – 5

Efectuamos.

x – 42 – x – 52 ≤ x2=24 →

(x2 – 8x+16) – (x2 – 10x+25) ≤ x2 – 24

→ 2x – 9 ≤ x2 – 24 → 0 ≤ x2 – 2x – 15

→ 0≤ (x – 5)(x+3) , entonces

→ (x – 5)(x+3) ≥ 0 → x ∈⟨ –∞; –3] ∪ [5; +∞⟩

Por lo tanto, la suma de los enteros que no pertenecen al conjunto solución es

(– 2)+(– 1)+0+1+2+3+4=7

Respuesta: 7

RESOLUCIÓN N.º 19

Tema: Series


Se tiene

• ba

cn

nn

n

= −( )11

→ bn=an – (–1)ncn

Luego

b2n=a2n – c2n (I)

b2n–1=a2n – 1+c2n – 1 (II)

• ca

bn

nn

n

= −( )11

→ cn=an – (–1)nbn


8

Luego c2n=a2n – b2n (III)

c2n–1=a2n–1+b2n–1 (IV)

De (I) y (III)

a2n=b2n+c2n

De (II) y (IV)

a2n –1=0 ∧ b2n – 1=c2n – 1

Reemplazamos en E.

E a b b cn n n nn

= + − +( )−=

+∞

∑ 2 2 11

Tenga en cuenta que

x x xnn

n nn=

+∞

−=

+∞

∑ ∑= +( )1

2 1 21

E a a b b b c cn n n n n n nn

= + + + + + +( )− − − −=

+∞

∑0

2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 21

2

–b2n – 1

E a c b b cn n n n nn

= + − + +( )− −=

+∞

∑ 2 2 1 2 1 2 21

0 a2n

E a nn

==

+∞

∑ 2 21

E a nn

==

+∞

∑2 21

Por dato

a nn

21

1==

+∞

∑

∴ E=2

Respuesta: 2

RESOLUCIÓN N.º 20

Tema: Programación lineal


Sean x1=n.º de anillos tipo A. x2=n.º de anillos tipo B.

Del enunciado

anillo tipo

cantidad de oro

cantidad de plata

precio de venta

cant. prod.

A 3 g 1 g S/1500 x1

B 1 g 2 g S/950 x2

en almacén 1800 g 2000 g

LuegoFunción objetivo z=1500x1+950x2

Conjuntos de restricciones 3x1+x2 ≤ 1800 x1+2x2 ≤ 2000 x1; x2 ∈ N

Respuesta: z=1500x1+950x2

3x1+x2 ≤ 1800 x1+2x2 ≤ 2000 x1; x2 ∈ N

RESOLUCIÓN N.º 21

Tema: Prisma


Piden Vprisma.

x

x

cartón de forma

cuadrada

– x

2 –

x

2


9

De las regiones cuadradas de lado , recortamos las regiones sombreadas en las esquinas y construimos el prisma.

x

x

– x2

Vprisma =−( )x x2

2

∴ Vprisma = −( )xx

2

2

Respuesta: x

x2

2−( )

RESOLUCIÓN N.º 22

Tema: Geometría analítica


Piden OT.

26

5

O

T

1 QH

Y

X

3

(1; 5)

3

En el HQO

(QO)2=12+52

QO = 26

En el QTO, por teorema de Pitágoras

OT( ) = −2 2 226 3

∴ OT = 17

Respuesta: 17

RESOLUCIÓN N.º 23

Tema: Cuadriláteros


Sea AC=y1+y2 BD=x1+x2

Dato: a+b+c+d=20

B

A C

D

O

a b

cd

y1

x1

y2

x2

AOB: a < x1+y1

BOC: b < x1+y2

COD: c < y2+x2

DOA: d < x2+y1

Sumamos.

a b c d

AC BD+ + +

< +2

Luego

10 < AC+BD, 110

<+AC BD

ABD: BD < a+d

BCD: BD < b+c

ABC: AC < a+b

ADC: AC < d+c

Sumamos. AC+BD < a+b+c+d

Luego

AC+BD < 20, AC BD+

<10

2

Por lo tanto, el intervalo será ⟨1; 2⟩.

Respuesta: ⟨1; 2⟩


10

RESOLUCIÓN N.º 24

Tema: Ángulos y rectas paralelas


Piden x.

A

B x

C

aa

bb

L 1

L 2

Se observa que L L1

// 2.

Por teorema x=a+b

Respuesta: a+b

RESOLUCIÓN N.º 25

Tema: Cilindro


5

7

RR

hh

RR

2R2R

θθ

θθ

Piden Vcilindro=pR2h.

De la figura, h=12

además

tanθ = = → =

7

2 5

35

2

2

R

RR

Vcilindro =

( )π

35

212

∴ Vcilindro=210p

Respuesta: 210p

RESOLUCIÓN N.º 26

Tema: Esfera


Od

r

m

r –dr – d

Piden d.

Dato: pm2=2pr(r+d)– 2pr(r – d) (*)

Como m2=(r+d)(r – d)

En (*)

r2 – d2=4rd

d2+4rd – r2=0

Resolvemos. d r= −( )5 2

Como

r = +5 2

d = −( ) +( )5 2 5 2

∴ d=1 m

Respuesta: 1 m


11

RESOLUCIÓN N.º 27

Tema: Razones trigonométricas de ángulos notables


L

34

C

A

D

Bθ

37º

37º

La recta L es paralela a la diagonal AB. Nos piden el ángulo entre la recta L y la diagonal CD, es decir, q.

∴ q=74° →

74º7

2425 16º

q=arccos7

25

Respuesta: arccos7

25

RESOLUCIÓN N.º 28

Tema: Polígonos


Piden m.

Sea n el número de lados Sea m el número de lados

Polígono 1De mayor número

de lados.

Polígono 2De menor número

de lados.

Sm sinteriores=180(n– 2) Sm sinteriores=180(m– 2)

m central =360

n m central =

360

m

Del dato

180(n – 2) – 180(m – 2)=2160

n – m=12 (I)

360 360

5 72m n

n m mn− = → −( ) =º (II)

Reemplazamos (I) en (II).

72×12=mn

n=36 y m=24

Respuesta: 24

RESOLUCIÓN N.º 29

Tema: Congruencia


α

α

β

β L

θR CA

θ

B

Dato: b=a+q

Trazamos RL, tal que mCRL=a.→ ABR ≅ CRL (L-A-L)

Luego mBAR=mLCR=q

Finalmente, en el ABC sumamos ángulos. b+a+q+q=180º

∴ 2b+q=180º

Respuesta: 2b+q=180º


12

RESOLUCIÓN N.º 30

Tema: Semejanza


Datos:- AB=5; BC=6; CD=7; AD=10

- BC // AD // MN

→ 2pMBCN =2pAMND

Piden MN.

10A DL

M

B C

P N

6

6 75k

4k

7k

5(1– k)

5

6 4

Como MN // AD → TPCN ∼ TLCD

Entonces, si CD=5k

CN=7k ∧ PN=4k

Luego 2pMBCN = 2pAMND

5k+6+7k+MN = 5(1 – k)+MN+7(1 – k)+10

12k+6=12(1 – k)=+10 → k =2

3

→ MN = +

6 4

2

3

∴ MN =26

3

Respuesta: 26

3

RESOLUCIÓN N.º 31

Tema: Semejanza


Datos AM=1; AC=2; AB=3

Piden BC.

bC1 C2

T

L

MB

Q

13 2

A

Cqq

qq

bb

bb

Como LTCM está inscrito en C2

→ mT=m M=b

Como BTCA está inscrito en C1→ mT=m A=b

Luego, en el AMC

mMAQ=b+q → m MAB=q

En el ABC

(BC)(MA)=(AB)(AC)→ (BC)(1)=(3)(2)∴ BC=6Observación

El triángulo ABC está definido, sin embargo no cumple con la

relación de existencia.

Respuesta: 6

RESOLUCIÓN N.º 32

Tema: Poliedros regularesAnálisis y procedimiento

Nos piden la suma de medidas de ángulos interiores de todas las caras de un dodecaedro regular (D) menos la suma de medidas de los ángulos interiores de todas las caras del icosaedro regular (I).

Cálculo de D. D=12×180º(5 – 2)=6480Cálculo de I. I=20×180º=3600ºEntonces D – I=6480º – 3600º∴ D – I=2880º

Respuesta: 2880º


13

RESOLUCIÓN N.º 33

Tema: Funciones trigonométricas inversas


Por condición, arcsenx < 2arctanx.

Analizamos por gráficas.

1

π

π

π2

Y

X

y=2arctanx

y=arcsenx

Las gráficas se intersectan para x=1.

Luego, se verifica

arcsenx < 2arctanx

∴ ∀ x ∈ ⟨0; 1⟩

Respuesta: ⟨0; 1⟩

RESOLUCIÓN N.º 34

Tema: Razones trigonométricas de ángulos agudos


12

12Mosca

Araña

5

1

a

6

12

Recorrido

Del gráfico,

Respuesta: arctan1

2

RESOLUCIÓN N.º 35

Tema: Razones trigonométricas de ángulos en posición normal


L 1: 3y+2x – 6=0

L 2: 3x+2y+6=0

3

θ

– 3

– 2

2

P(m; n)

Y

X

Para hallar el punto P(m, n), se resuelve el sistema de ecuaciones.

L1: 3y+2x– 6=0 → 3y+2x=6L2: 3x+2y+ 6=0 → 3x+2y=–6

x=– 6 ∧ y=6

→ P(– 6; 6) ∈ IIC

Luego

tanθ =

−= −

6

61

∴ q=135º

Respuesta: 135º


14

RESOLUCIÓN N.º 36

Tema: Resolución de triángulos rectángulos


1

1

cotθ

tanθ

secθsecθθθ

θθcscθcscθ

S: área sombreada

S =×sec cscθ θ

2

S = +( )1

2tan cotθ θ (*)

Observación

tanq+cotq ≥ 2

De (*)

El área será mínima cuando se cumpla

tanq+cotq=2

Esto ocurre cuando

θπ

=4

Respuesta: p4

RESOLUCIÓN N.º 37

Tema: Secciones cónicas


4

3=a

3

c

P

2=b

(– 2; 3)

– 2 4k

3

(– 4k; 3k)(– 4k; 3k)3k3k

Aplicamos la ecuación de la elipse.

x y+( )

+−( )

=2

4

3

91

2 2

El P ∈ elipse

Pk k

k k−( ) →− +( )

+−( )

=4 3

2 24 2

4

3 3

91;

(1 – 2k)2+(k – 1)2=1

5k2 – 6k+1=0

(5k – 1)(k – 1)=0

→ k=1/5 ∧ k=1

(3k < 3)

Por lo tanto, el punto es

P −

4

5

3

5;

Respuesta: −

4

5

3

5;


15

RESOLUCIÓN N.º 38

Tema: Circunferencia trigonométricaAnálisis y procedimiento

O

P

x

H

S

45º

1

– senθ– senθ

– senθ– senθ

1+senθ1+senθ

– senθ– senθ θθ– senθ– senθ

A'

B'

B

A

Del gráfico

área =( )( )

=x

x1

2

1

2

Determinamos x mediante semejanza.

PHB ∧ SOB: x

1

1

1=

+−

sen

sen

θ

θ

→ =+−

x1

1

sen

sen

θ

θ

∴ área =+

−

1

2

1

1

sen

sen

θθ

Respuesta: 1

2

1

1

+

−

sen

sen

θθ

RESOLUCIÓN N.º 39

Tema: Identidades de ángulos compuestos


K = +( ) +( )3 60 27 60 33cot º tan º cot º tan º

K =6

+

+3

0

60

27

27

60

60

33

33

cos º

º

º

cos º

cos º

º

º

cossen

sen

sen

sen

ºº

K =+

3

60 27 60 27

60 27

60 33cos º cos º º º

º cos º

cos º cos ºsen sen

sen

++

sen sen

sen

60 33

60 33

º º

º cos º

K =

3

33

60 27

27

60 33

cos º

º cos º

cos º

º cos ºsen sen

K =

3

1

60

1

60sen senº º

K =

32

3

2

3

∴ K=2

Respuesta: 2


16

RESOLUCIÓN N.º 40

Tema: Funciones trigonométricas directas


f(t)=Asen(w(t – a))+b (I)

fmáx=12 fmín=10

Entonces

A+B=12 –A+B=10

Resolvemos y tenemos que

B=11; A=1

Luego, hallamos el periodo (T).

T =2πω

∧ T=365

Al igualar

2

3652

365

π

ωω

π= → =

Reemplazamos en (I).

f tt( ) = × −( )

+1

2

36511sen

πα (II)

Para t=31+23, se obtiene f(t)=11.

Finalmente, reemplazamos en II.

11 12

36554 11= × −( )

+sen

πα

→ a=54

∴ f tt( ) = −( )

+sen

2

36554 11

π

Respuesta: sen2

36554 11

πt −( )

+

Examen de admisión 2018-1 SOLUCIONARIO UNIcloud.vallejo.com.pe/Sol_MiercoleseY3mAdow95J.pdf ·...

Documents

Transcript of Examen de admisión 2018-1 SOLUCIONARIO UNIcloud.vallejo.com.pe/Sol_MiercoleseY3mAdow95J.pdf ·...