Solucionario Ensayo MT - 034 2015

SOLUCIONARIO

ENSAYO MT- 034

SE

NS

CE

SM

T03

4-A

15V

1

1. La alternativa correcta es A.

Unidad temática Números racionales

Habilidad Comprensión

Al interpretar numéricamente “la cuarta parte del cuarto de 4

1” resulta

64

1

4

1

4

1

4

1

.

2. La alternativa correcta es C.


Habilidad ASE

Si en el curso hay 36 alumnos y la mitad de ellos son hombres, entonces hay 18 hombres

y 18 mujeres. Luego:

I) Verdadera, ya que la tercera parte de los hombres son bajos. Es decir, 3

18 = 6

hombres son bajos, por lo cual (18 – 6) = 12 hombres NO son bajos.

II) Verdadera, ya que la sexta parte de las mujeres son altas. Es decir, 6

18 = 3 mujeres

son altas.

III) Falsa, ya que la sexta parte de las mujeres son altas. Es decir, 6

18 = 3 mujeres son

altas, por lo cual (18 – 3) = 15 mujeres NO son altas.

Por lo tanto, solo las afirmaciones I y II son verdaderas.

Por lo tanto, el quinto término de la secuencia es 181

29

2

1

9

2

31

2

.

3. La alternativa correcta es D.


Habilidad ASE

Sabemos que en el club deportivo hay 39 hombres y 62 mujeres. En total son 101

personas.

Como se desea formar 7 equipos, con igual número de integrantes, de manera que en cada

uno de los equipos la cantidad de mujeres sea el doble de la cantidad de hombres,

dividimos tanto el número de hombres como el número de mujeres por 7.

hombres 39:7 = 5 mujeres 62:7 = 8

4 6

Como en cada uno de los equipos la cantidad de mujeres debe ser el doble de la cantidad

de hombres, siendo equipos lo más numerosos posibles, en cada equipo debe haber 4

hombres y 8 mujeres. Luego:

Cantidad de hombres en equipos = 4·7 = 28

Cantidad de mujeres en equipos = 8·7 = 56

Total de personas en equipos = 84

Por lo tanto, el número de personas que no forman parte de los equipos es 101 – 84 = 17



Habilidad ASE

Si a y b son dos números enteros tales que a > 0 y b = – a, entonces b es un número

negativo y a = – b. Luego:

I) Verdadera, ya que al reemplazar a = – b resulta

b

aa =

b

bb = (b – 1),

que es el antecesor de b, que siempre es menor que b.

II) Falsa, ya que si b = – a, entonces (a + b) = 0 y el cero siempre es mayor que

cualquier número negativo.

III) Falsa, ya que al reemplazar a = – b resulta

b2

2

a =

2

b5b2

2

b

. Como b

es un número negativo, entonces 2

b5 es un número positivo, que siempre es

mayor que cualquier número negativo.

Por lo tanto, solo la afirmación I es siempre menor que b.

5. La alternativa correcta es E.

Unidad temática Potenciación

Habilidad Aplicación

25

42

25

2

25

40

25

2

5

8

)5(

2

5

)2(2

3



Habilidad ASE

20³ = (20 · 20 · 20) = 8.000 (20³ + 20³ + 20³ + 20³) = (4 · 8.000) = 32.000. Luego:

I) Es equivalente, ya que (4 · 20³) = (4 · 8.000) = 32.000

II) No es equivalente, ya que 80³ = (80 · 80 · 80) = 512.000

III) No es equivalente, ya que

2012

= (2 · 10)12

= (212

· 1012

) = (4096 · 1012

) = 4.096.000.000.000.000

Por lo tanto, solo I es equivalente a la expresión.

7. La alternativa correcta es B.



Al transformar p = 0,0005 a potencia de 10, se tiene 5 · 10– 4

.

Entonces, al reemplazar m = 4 · 10³ y p = 5 · 10– 4

en la expresión (m · p²) resulta

(4 · 10³ · (5 · 10– 4

)²) = (4 · 10³ · 25 · 10– 8

) = (100 · 10– 5

) = (10² · 10– 5

) = (10– 3

) = 0,001



Habilidad ASE

I) No es un número irracional, ya que 636123

II) No es un número irracional, ya que 1052525

III) No es un número irracional, ya que 9

1

81

1

162

2

162

2

Por lo tanto, en ninguna de las operaciones el resultado es un número irracional.



Habilidad ASE

I) Falsa, ya que x2xx

II) Falsa, ya que yxyxyx 244

III) Verdadera, ya que y24y3

12y3:12y

Por lo tanto, solo la afirmación III es siempre verdadera.



Habilidad ASE

6

1

3

1

2

1

3

1

2

1

3

1

3

1p

2

2p

2

2

p2

p2

p2

p2

2p

2p




Dado que 4

1alog1a4·log

Como se quiere saber el valor de alog se aplica la propiedad del exponente del

argumento, donde alog · 2

1alogalog 2

1

Finalmente, reemplazando alog por 4

1 resulta

8

1

4

1 ·

2

1alog ·

2

1




3log · 25log · 32xlog (Aplicando la propiedad del exponente)

23 3log5log2xlog (Desarrollando las potencias)

23 3log5log100logxlog (Aplicando propiedades de logaritmo)

3

2

5

100·3logxlog

125

100·9logxlog (Simplificando)

5

4·9logxlog

log x = log 7,2 (Igualando argumentos)

x = 7,2


Unidad temática Números irracionales

Habilidad ASE

7log9log 44 (Aplicando cambio de base)

7log4log

9log4

2

2

7log2

3log4

2

2 (Logaritmo de una potencia)

7log2

3log24

2 (Simplificando)

7log3log 42

qm

Por otro lado, qp 7log4log12log 443

Luego, qp . Por lo tanto, mqp


Unidad temática Números irracionales

Habilidad ASE


Unidad temática Números complejos


Por lo tanto la parte real es


Unidad temática Números complejos


Amplificando z por el conjugado del denominador, resulta:


Unidad temática Transformación algebraica


(3xq – 3yq + y – x) (Agrupando y reordenando)

(y – x) + (3xq – 3yq) (Factorizando el segundo término por – 3q)

(y – x) – 3q(y – x) (Factorizando por (y – x))

(y – x)(1 – 3q)




El sucesor de Q es (Q + 1) y el antecesor de P es (P – 1). Luego, el cuociente entre el

sucesor de Q y el antecesor de P es 11

11

1

12

2

a

a

P

Q.

Desarrollando esta expresión se obtiene:

11

112

2

a

a

1122

2

aa

a

aa

a

22

2

)2(

2

aa

a

2

a

a


Unidad temática Ecuaciones y sistemas de primer grado





Como p = (x6 – y

6), q = (x³ + y³) y z = (x – y), entonces

qz

p =

)yx)(yx(

)yx(33

66

Al factorizar el numerador como suma por su diferencia y simplificar la fracción resulta

)yx(

)yx(

)yx)(yx(

)yx)(yx( 33

33

3333

.

Luego, al factorizar el numerador como diferencia de cubos y simplificar la fracción

resulta )yx(

)yxyx)(yx(

)yx(

)yx( 2233

= (x² + xy + y²).




Al sumar la expresión

yx

1

yx

1 mediante la multiplicación cruzada resulta

)yx(

x2

)yx)(yx(

)yx()yx(22

.

Luego, 22 yx

y2:

yx

1

yx

1

=

y2

yx.

yx

x2 22

22, que al simplificar queda

y

x.


Unidad temática Ecuaciones y sistemas de primer grado


Si llamamos x al número mayor e y al número menor, al plantear las ecuaciones del

enunciado, se tiene:

(1) x + y = 48

(2) 3y

x

Despejando x en (2) resulta 3y

x x = 3y

Reemplazando x en (1) y despejando resulta:

x + y = 48

3y + y = 48

4y = 48

y = 12

Reemplazando el valor de y en (1), se tiene x = 48 – 12 = 36

Por lo tanto, el número mayor es 36.


Unidad temática Ecuación de segundo grado y función cuadrática


Reordenado la ecuación 2x2 + 6x = 56 se tiene:

2x2 + 6x – 56 = 0 (Dividiendo toda la ecuación por 2)

x2 + 3x – 28 = 0 (Factorizando)

(x +7)·(x – 4) = 0

Entonces: x + 7 = 0 x = – 7

x – 4 = 0 x = 4

Por lo tanto, las soluciones son – 7 y 4.


Unidad temática Desigualdades, inecuaciones y función potencia


Si el número indicado es x, entonces planteando la inecuación resulta:

3x – 4 ≤ 14 (Ordenando)

3x ≤ 14 + 4

3x ≤ 18 (Despejando x)

3

18x

x ≤ 6

Por lo tanto, el máximo valor que puede tomar el número es 6.




La solución de un sistema de inecuaciones corresponde a la intersección de los intervalos

solución de cada inecuación. Entonces, resolviendo cada inecuación:

(1) x < 2(1 – x) (Distribuyendo)

x < 2 – 2x (Ordenando)

2x + x < 2 (Despejando)

3x < 2

x < 3

2

(2) 4 ≤ x + 5 (Ordenando)

4 – 5 ≤ x

– 1 ≤ x

Luego, la solución del sistema es la intersección de ambas soluciones:

Por lo tanto, el intervalo solución es

3

2,1 , representada en la alternativa D.


Unidad temática Función afín y función lineal


De acuerdo al gráfico, se sabe que los puntos (– 3, 3) y (0, 0) pertenecen a la función.

Luego, la pendiente entre los dos puntos es m = 13

3

03

03

.

Como la recta pasa por el origen, entonces el coeficiente de posición (n) es 0.

Por lo tanto, la función representada en la gráfica es n(x) = – x

3

2

– 1


Unidad temática Función afín y función lineal

Habilidad ASE

Expresando la ecuación principal de la recta se tiene y – x – 1 = 0 y = x + 1, donde la

pendiente es positiva y el coeficiente de posición es 1.

La alternativa A queda descartada, ya que su pendiente es cero y la alternativa B

representa una pendiente indefinida. Por otro lado, las alternativas D y E representan

rectas con pendientes negativas debido a su orientación en la gráfica. Por lo tanto, la

alternativa correcta es la C, ya que su gráfico tiene pendiente positiva y su coeficiente de

posición es 1.


Unidad temática Teoría de funciones


3

5

5

3

1

5

21

1

5

2

2

5

1

2

31

1

2

31

1

2

3

gggggg


Unidad temática Función exponencial, función logarítmica y función raíz cuadrada

Habilidad ASE

Para obtener el dominio de h(x) = 15x3 , se debe restringir la cantidad subradical.

Luego, 3x – 15 ≥ 0 3x ≥ 15 x ≥ 5

Por lo tanto, el dominio de h(x) es [5, + ∞[.




0168 · 4 4x31x2 (Igualando las bases)

0)2()2( ·2 4 341 232 xx (Despejando)

4 341 232 )2()2( ·2 xx (Aplicando propiedades de potencias)

16 12)3 6( 2 22 xx (Igualando bases)

2 + 6x – 3 = 12x – 16 (Despejando x)

– 1 + 16 = 12x – 6x

15 = 6x

x6

15




La función exponencial representada en el gráfico muestra una curva decreciente, por lo

tanto la base de esta es positiva y menor que 1. Con esta conclusión se descartan las

alternativas B y C, cuyas bases son mayores que 1.

Evaluando las alternativas que quedan en x = 0 se tiene:

A) f(x) =

0

3

2

– 2 = 1 – 2 = – 1

D) p(x) =

0

4

3

= 1

E) m(x) =

0

5

2

– 1 = 1 – 1 = 0

Luego, según el gráfico, la curva intersecta al eje y en su parte negativa. La única

alternativa que cumple con esto es la A.



Habilidad ASE

Evaluando la función en x = 50 resulta g(50) = log(50a) = 5

Aplicando definición de logaritmo, se tiene que log(50a) = 5 105 = 50a

Despejando a resulta 100000 = 50a 2.000 = a. Es decir, g(x) = log (2.000x)

Luego, g

200

1= log

200

1000.2 = log 10 = 1




De acuerdo a la parábola de la figura esta pasa por el origen, por lo cual c = 0, y las

únicas alternativas que cumplen con esta condición son la A y la E.

Luego sus puntos de intersección con el eje x son:

A) f(x) = x2 + x = x (x + 1). Intersecta al eje x en 0 y – 1.

E) p(x) = x2 – x = x (x – 1). Intersecta al eje x en 0 y 1.

Por lo tanto, la alternativa correcta es A, ya que intersecta al eje x en una coordenada

negativa y en 0.




La función potencia p(x) = (x – 1)5 tiene exponente impar, por lo tanto tendrá la forma de

las figuras representadas en las alternativas A, B o D. Para obtener el valor en que la

gráfica intersecta al eje y se evalúa en x = 0:

p(x) = (x – 1)5 (Evaluando en x = 0)

p(0) = (0 – 1)5

p(0) = (– 1)5

p(0) = – 1

Luego, la alternativa correcta es C, ya que es su intersección en el eje y es un valor

negativo.


Unidad temática Transformaciones isométricas


Si T(x, y) es el vector de traslación, entonces A(– 4, 3) + T(x, y) = B(2, – 2).

Descomponiendo los pares ordenados para encontrar el vector de traslación ocurre que:

2 = – 4 + x 6 = x

– 2 = 3 + y – 5 = y

Por lo tanto, T(x, y) = T(6, – 5)




Si a un punto se le aplica una rotación negativa de 270º, es equivalente a una rotación de

90º en sentido positivo.

Al rotar un punto (x, y) en 90º en sentido positivo se obtiene (– y, x), por lo tanto el punto

(2, – 3) rotado en 90º es (3, 2).




Al realizarle al triángulo PQR una simetría axial con respecto al lado RQ se imita el

reflejo de un espejo.

Luego, al triángulo resultante RQS se le aplica una simetría central con respecto a P, lo

cual equivale a una rotación de 180º.



Habilidad ASE

Sea la recta L: y = mx + n, con m y n distintos de cero, tal que (x1, y1) y (x2, y2) sean

puntos distintos que pertenecen a la recta. La pendiente será 12

12

xx

yym

y el coeficiente

de posición será n. Luego:

I) Verdadera, ya que la traslación solo moverá a la recta en el plano cartesiano sin

alterar su inclinación. De hecho, al trasladar la recta según el vector (0, 2), los

nuevos puntos serán (x1, y1 + 2) y (x2, y2 + 2). Entonces, la pendiente será

12

12

12

12

xx

yy

xx

2y2ym

y el coeficiente de posición será (0, n + 2). Como la

pendiente es igual y el coeficiente de posición es distinto, las rectas son paralelas.

II) Verdadera, ya que al rotar los puntos en 180º con respecto al origen, los nuevos

puntos serán (– x1, – y1) y (– x2, – y2). Entonces, la pendiente será

12

12

12

12

12

12

xx

yy

xx

yy

xx

yym

y el coeficiente de posición será (0, – n). Como

la pendiente es igual y el coeficiente de posición es distinto, las rectas son

paralelas.

III) Falsa, ya que al realizar una simetría con respecto al eje X, los nuevos puntos

serán (x1, – y1) y (x2, – y2). Entonces, la pendiente será

12

12

12

12

12

12

xx

yy

xx

yy

xx

yym

. Como las pendientes son distintas, las rectas no

son paralelas.

Por lo tanto, solo en las afirmaciones I y II se obtiene siempre una recta paralela a L.




El punto medio del trazo AB es 2,12

4,

2

2

2

62,

2

75


Unidad temática Geometría de proporción


En el triángulo ABC se sabe que DBAD y BC//DE , por lo cual, es posible

determinar que DE es mediana del triángulo, y con ello el triángulo ADE es semejante

con el triángulo ABC.

La razón de semejanza es 2

1k y la razón entre las áreas es el cuadrado de esta, es decir

Razón entre las áreas: 4

1

2

1k

2

2

.




Como CD//AB , y considerando que los triángulos de la figura tienen un ángulo recto en

E, se deduce que el triángulo ABE es semejante con el triángulo DCE.

Por otro lado, se puede obtener la medida del segmento CD aplicando el trío pitagórico

3k, 4k y 5k, con k = 4. Luego, el segmento CD es 20.

Aplicando el teorema de Thales: ED

CD

AE

AB

12

20

AE

10 AE =

20

1210 = 6

Por lo tanto, el valor del trazo AE es 6.




Se sabe que AB mide 36 cm y la medida de BP = x, entonces AP = 36 + x. Planteando la

proporción, queda 3

7

x

x36

BP

AP

. Multiplicando cruzado resulta:

3·(36 + x) = 7x (Despejando)

108 + 3x = 7x

108 = 7x – 3x

108 = 4x

x4

108

27 = x

Luego, BP = 27 y AP = 36 + 27 = 63

Por lo tanto, las medidas de AP y BP son 63 cm y 27 cm, respectivamente.




Para obtener la medida del lado CB aplicamos el teorema de Pitágoras:

82 + CB

2 = 17

2

64 + CB2 = 289 (Despejando)

CB2 = 289 – 64

CB2 = 225 (Aplicando raíz cuadrada)

CB = 15

Luego, para obtener el perímetro del triángulo ACB se suman sus tres lados

8 + 17 + 15 = 40 cm.



Habilidad ASE

Los tres triángulos rectángulos que aparecen en la figura tienen su altura trazada desde el

ángulo recto, por lo cual es posible utilizar el teorema de Euclides. Luego:

I) Se cumple, ya que un cateto es m, su proyección sobre la hipotenusa es r y la

hipotenusa es n. Entonces m2 = n · r.

II) Se cumple, ya que la altura bajada sobre la hipotenusa es m y las proyecciones de

los catetos sobre la hipotenusa son n y r. Entonces, m2 = n · r.

III) No se cumple, ya que por el teorema de Pitágoras la relación correcta entre los

segmentos es r2 + n

2 = m

2.

Por lo tanto, la igualad solo se cumple en las afirmaciones I y II.


Unidad temática Circunferencia

Habilidad ASE

I) Verdadera, ya que al ser OC y OB radios, el triángulo OCB es isósceles de base

BC , por lo cual OBC = BCO = 20°. Luego, por suma de ángulos interiores

se tiene que COB = 180º – (20º + 20º) = 180º – 40º = 140º.

II) Verdadera, ya que el arco CB mide 140° (igual al ángulo de centro COB) y el arco

EB mide 240° (el doble del ángulo inscrito EAB).

Entonces, arco EC = arco EB – arco CB = 240º – 140º = 100º

III) Falsa, ya que arco BE = 360° – arco EB = 360° – 240° = 120°

Por lo tanto, solo la afirmación III es falsa.




Como PC es 5 cm mayor que AP , entonces si AP = x, entonces PC = x + 5. Luego,

aplicando el teorema de las cuerdas:

PDBPPCAP (Reemplazando)

x·(x+5) = 7 ∙ 18 (Multiplicando)

x2 + 5x = 126 (Despejando)

x2 + 5x – 126 = 0 (Factorizando)

(x – 9)·(x + 14) = 0

Luego, las soluciones para x son 9 y – 14, pero como se trata de medida la solución

válida es 9. Entonces, AP = 9 cm y PC = 14 cm.

Por lo tanto, AC = AP + PC = 9 + 14 = 23 cm.


Unidad temática Geometría analítica

Habilidad ASE

Expresando la ecuación principal de la recta se tiene x – y + 2 = 0 y = x + 2. Luego:

I) Falsa, ya que la pendiente corresponde al valor que acompaña a x. En este caso es

1, un valor positivo.

II) Falsa, ya que el punto de intersección con el eje X se obtiene evaluando y = 0 en

la ecuación de la recta 0 = x + 2 – 2 = x. Entonces, la recta corta al eje X

en el punto (– 2, 0).

III) Verdadera, ya que el punto de intersección con el eje Y está dado por el

coeficiente de posición (2). Entonces, la recta corta al eje Y en el punto (0, 2).

Por lo tanto, solo la afirmación III es verdadera.




La solución del sistema se puede determinar por el método de reducción:

x + y = 1 (1)

x – y = 3 (2) (Sumando las ecuaciones)

2x = 4 x = 2

Reemplazando x en (1) resulta 2 + y = 1 y = 1 – 2 = – 1

Luego, el punto de intersección de las rectas corresponde al par (2, – 1), que es un punto

ubicado en el cuarto cuadrante. Entonces solo pueden ser posibles las alternativas A o B.

Analizando las ecuaciones principales de las rectas, resulta y = – x + 1 (que corresponde

a una recta decreciente) e y = x – 3 (que corresponde a una recta creciente). De las dos

opciones que quedan, solo la alternativa A ofrece esta posibilidad, ya que en la alternativa

B ambas rectas son crecientes.

Por lo tanto, es la alternativa A la que mejor representa la solución gráfica del sistema.




Como la homotecia de centro O transforma a un cuadrado de lado 3 cm en otro de lado 5

cm, entonces la razón de homotecia es 3

5, por lo tanto:

3

5

OP

OQ (Sustituyendo)

3

540

OP (Despejando)

5

340 OP (Calculando)

24OP cm

Luego, si OQ = 40 cm y OP = 24 cm, entonces PQ = 40 cm – 24 cm = 16 cm.




En un rombo, las diagonales se dimidian, lo que significa que se intersectan en el punto

medio de cada una. Es decir, el punto medio de PR es igual al punto medio de SQ .

Como cada coordenada del punto medio de un segmento es igual al promedio de las

coordenadas respectivas de los extremos, considerando R(a, b, c), se puede plantear:

Punto medio de PR = Punto medio de SQ (Reemplazando)

2

c0,

2

b0,

2

a1 =

2

01,

2

10,

2

00

2

c,

2

b,

2

a1 =

2

1,

2

10,

Igualando componentes, resulta:

2

a1 = 0 1 + a = 0 a = – 1

2

1

2

b b = 1

2

1

2

c c = 1

Por lo tanto, las coordenadas del vértice R son (– 1, 1, 1).



Habilidad ASE

Si un punto (x, y, z) pertenece a la recta v(t) = (– 1, 3, 2) + t · (1, – 2, – 3), entonces existe

un valor real para t tal que (x, y, z) = (– 1, 3, 2) + t · (1, – 2, – 3). Es decir, se debe

cumplir que (x, y, z) = (– 1 + t, 3 – 2t , 2 – 3t)

A) No pertenece, ya que si (– 2, 1, 5) = (– 1 + t, 3 – 2t , 2 – 3t), entonces:

– 2 = – 1 + t , 1 = 3 – 2t y 5 = 2 – 3t

Luego, al despejar t en cada ecuación notamos que su valor es distinto en cada

ecuación.

B) No pertenece, ya que si (2, – 3, 7) = (– 1 + t, 3 – 2t , 2 – 3t), entonces:

2 = – 1 + t , – 3 = 3 – 2t y 7 = 2 – 3t


ecuación.

C) No pertenece, ya que si (1, – 2, – 4) = (– 1 + t, 3 – 2t , 2 – 3t), entonces:

1 = – 1 + t , – 2 = 3 – 2t y – 4 = 2 – 3t


ecuación.

D) Si pertenece, ya que si (– 3, 7, 8) = (– 1 + t, 3 – 2t , 2 – 3t), entonces:

– 3 = – 1 + t , 7 = 3 – 2t y 8 = 2 – 3t

Luego, al despejar t en cada ecuación notamos que su valor es – 2 en cada

ecuación, es decir, si t es – 2, entonces verificamos que el punto (– 3, 7, 8)

pertenece a la recta.

E) No pertenece, ya que si (0, 1, – 2) = (– 1 + t, 3 – 2t , 2 – 3t), entonces:

0 = – 1 + t , 1 = 3 – 2t y – 2 = 2 – 3t


ecuación.


Unidad temática Cuerpos geométricos


Según el enunciado, como la hipotenusa mide AB = 9 y uno de los catetos mide BC = 6,

se puede calcular el cateto AC mediante el teorema de Pitágoras:

222

ABBCAC (Reemplazando)

AC2 + 6

2 = 9

2 (Desarrollando)

AC2 + 36 = 81 (Despejando)

AC2 = 81 – 36

AC2 = 45 (Aplicando raíz cuadrada)

AC = 53

Luego, al rotar el triángulo rectángulo en torno a AC se genera un cono, donde AC es

altura (h), BC es radio (r) y ABes generatriz (g).

Por lo tanto, el volumen del cono es

5363

53 ·6 ·

3

h ·r · V

22

cono .


Unidad temática Cuerpos geométricos


El volumen de un prisma se calcula como el área de la base por la altura.

En este caso, el área de la base interior corresponde a un cuadrado de lado 6 cm, ya que al

tamaño de la base exterior (10 cm) se le quita 2 cm por lado de espesor. Luego, el área de

la base interna es 36 cm².

Por otra parte, la altura interior corresponde a la altura exterior (10 cm) menos 2 cm de

espesor de la base. O sea, la altura interna es 8 cm.

Entonces, el volumen interior es (368) = 288 cm³.

Por lo tanto, la capacidad interior máxima del recipiente es 288 cm³.


Unidad temática Datos


I) Verdadera, ya que la moda es el dato con mayor frecuencia. Luego, la moda es 3.

II) Falsa, ya que la mediana es 4. Para obtener la mediana de una muestra estadística

tabulada, es conveniente determinar la frecuencia acumulada de los datos. Así la mediana

será el primer dato cuya frecuencia acumulada sea mayor o igual a la(s) posición(es) de la

mediana. Luego:

Como la muestra tiene 20 datos, entonces la posición central corresponde al décimo y

decimoprimer dato, siendo la frecuencia acumulada de la segunda fila (14) la primera que

es mayor o igual que las posiciones de la mediana (10 y 11).

III) Verdadera, ya que el promedio de los datos de la muestra es

420

80

20

12202424

2468

6·25·44·63·8x

Dato Frecuencia Frecuencia acumulada

3 8 8

4 6 14

5 4 18

6 2 20

Por lo tanto, solo las afirmaciones I y III son verdaderas.



Habilidad ASE

I) Falsa, ya que la moda es el dato y no la frecuencia de él, por ello la moda es 30.

II) Verdadera, ya que la media de los puntajes se calcula de la siguiente manera:

5,2740

1100

40

40045020050

40

40 · 1030 · 1520 · 1010 · 5x

III) Verdadera, ya que la cantidad de alumnos que obtuvo 40 puntos es 10 y esto

corresponde al 25% de 40, que es el total de alumnos.

Por lo tanto, solo las afirmaciones II y III son verdaderas.



Habilidad ASE

I) Verdadera, ya que al sumar la cantidad de datos se tiene 20 + 25 + 15 + 20 = 80

II) Verdadera, ya que para obtener la media aritmética se debe sumar todos los datos

y dividirse por la cantidad de datos. Entonces,

4,87580

390

80

1609010040

80

20 · 815 · 625 · 420 · 2x

≈ 5

III) Falsa, ya que la moda es el dato y no la frecuencia del dato, por ello la moda es 4.

Por lo tanto, solo las afirmaciones I y II son verdaderas.




El decil 7 es equivalente al percentil 70, es decir,

el dato bajo el cual se encuentra el 70% de la

muestra. Para conocer este dato, es conveniente

realizar una tabla de frecuencia acumulada.

Como la muestra tiene 80 datos, entonces el dato

número 80 es aquel bajo el cual se encuentra el

100% de la muestra. Por lo tanto:

56100

7080

70

10080

x

x

Es decir, bajo el dato número 56 se encuentra el

70% de la muestra. Luego, observando la

frecuencia acumulada, notamos que este dato se

encuentra en el intervalo 41 – 50.



Habilidad ASE

Si n, n + 1, n + 2, n + 3 y n + 4 son los cinco números enteros positivos consecutivos,

entonces:

I) Si se mantiene, ya que el rango de una muestra es la diferencia entre el dato de

mayor valor y el de menor valor. Al eliminar el término del medio, los extremos se

mantienen, por lo que el rango no se altera.

II) Si se mantiene, ya que el promedio de la muestra inicial es

25

105

5

)4()3()2()1(

n

nnnnnn

Como el promedio es igual al término central, entonces si se elimina este dato, el

promedio no varía.

III) No se mantiene, ya que la desviación estándar de la muestra inicial es

25

10

5

41014

5

210)1()2( 22222

Y al eliminar el término central, la desviación estándar sería

2

5

4

10

4

4114

4

21)1()2( 2222

Puntaje Frecuencia F. Acumulada

1 – 10 4 4

11 – 20 10 14

21 – 30 14 28

31 – 40 16 44

41 – 50 13 57

51 – 60 2 59

61 – 70 3 62

71 – 80 7 69

81 – 90 5 74

91 – 100 6 80

Por lo tanto, solo I y II se mantienen.



Habilidad ASE

I) Si tiene igual varianza, ya que el rango y la diferencia entre los términos son iguales

respecto al conjunto {2, 4, 7}.

II) No tiene igual varianza, ya que el rango y la diferencia entre los términos son el

doble respecto al conjunto {2, 4, 7}, por lo que su varianza es el cuádruple en relación al

conjunto inicial.

III) Si tiene igual varianza, ya que el rango y la diferencia entre los términos son iguales

respecto al conjunto {2, 4, 7}.

Por lo tanto, solo I y III tienen igual varianza que el conjunto {2, 4, 7}.



Habilidad ASE

Para determinar P (μ – 3σ ≤ X ≤ μ + 3σ), se escribe el intervalo en función de z:

μ – 3σ ≤ X ≤ μ + 3σ (Restando μ en cada término)

– 3σ ≤ X – μ ≤ 3σ (Dividiendo por σ)

σ

3σ

σ

μX

σ

3σ

(Reemplazando

σ

μXz

)

– 3 ≤ z ≤ 3

Luego, se cumple que P (μ – 3σ ≤ X ≤ μ + 3σ) = P (–3 ≤ z ≤ 3) = P (z ≤ 3) – P (z ≤ – 3)

Como en la distribución normal P (z ≤ – 3) = 1 – P (z ≤ 3), entonces

P (z ≤ 3) – P (z ≤ – 3) = P (z ≤ 3) – (1 – P (z ≤ 3))

P (z ≤ 3) – P (z ≤ – 3) = P (z ≤ 3) – 1 + P (z ≤ 3)

P (z ≤ 3) – P (z ≤ – 3) = 2 · [P (z ≤ 3)] – 1

Por lo tanto, P (μ – 3σ ≤ X ≤ μ + 3σ) = 2 · [P (z ≤ 3)] – 1


Unidad temática Azar


Los elementos que serán ordenados en la repisa superior son 7, por lo tanto en la primera

posición puede ir cualquiera de los 7 peluches, sin embargo, luego de escoger uno para

que sea el primero, para ocupar la segunda posición solo se tienen 6 opciones y para la

tercera posición 5 opciones y así sucesivamente. Luego, se tienen 7·6·5·4·3·2·1 = 7!

opciones.

Según lo anterior, la repisa inferior tiene 5 opciones, por lo tanto habrá 5! opciones.

Por lo tanto, habrá 7! · 5! formas distintas de ordenar a los osos y a los conejos.




Se debe calcular la probabilidad de obtener un divisor de 4 los cuales son (1, 2, 4). Por lo

tanto, los casos favorables serán sacar 2 (6 tarjetas) o un 4 (8 tarjetas) de un total de 16

tarjetas.

Por lo tanto, P(sacar 2 o 4) = posibles casos

favorables casos =

8

7

16

14 .




Si en total hay (n + 2) bolitas y (n – 3) de ellas son rojas, entonces las bolitas azules son

(n + 2) – (n – 3) = n + 2 – n + 3 = 5.

Luego, la probabilidad de obtener una bolita azul es P(azul) = posibles casos

favorables casos =

2n

5

.




I) Verdadera, ya que la probabilidad de obtener una bolita que NO sea roja, significa

que sea verde o azul, las cuales suman 12. Luego, P(no roja) =5

4

15

12 .

II) Falsa, ya que la probabilidad de obtener una bolita verde o roja es

P(verde o roja) = 15

8

15

53

.

III) Falsa, ya que la probabilidad de obtener una bolita azul es P(azul) = 15

7

Por lo tanto, solo la afirmación I es verdadera.




Según la tabla, el total de ampolletas es (75 + 55 + 80 + 40) = 250, de las cuales 75 son

de bajo consumo y de luz blanca.

Entonces P(bajo consumo y luz blanca) = posibles casos

favorables casos =

10

3

250

75 .




La variable X toma el valor obtenido en el dado. Entonces, puede tomar cualquier valor

del conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6}. La variable Y toma el valor 1 si en la moneda sale cara y 2

si en la moneda sale sello. Entonces, puede tomar cualquier valor del conjunto {1, 2}.

Luego:

A) Que X e Y tengan el mismo valor es un suceso posible, ya que por ejemplo, tanto X

como Y pueden valer 1.

B) Que (Y – X) sea un número natural es un suceso posible, ya que si X = 1 e Y = 2,

entonces (Y – X) = (2 – 1) = 1, que es un número natural.

C) Que (X·Y) sea un número primo es un suceso posible, ya que por ejemplo, si X = 1 e

Y = 2, entonces (X·Y) = (1 · 2) = 2, que es un número primo.

D) Que (X + Y) sea un cuadrado perfecto es un suceso posible, ya que por ejemplo, si

X = 2 e Y = 2, entonces (X + Y) = (2 + 2) = 4, que es un cuadrado perfecto.

E) Que Y

Xsea un número irracional es un suceso imposible, ya que tanto X como Y solo

pueden tomar valores enteros, por lo cual la fracción que se obtiene siempre corresponde

a un número racional.




La Ley de los grandes números indica que si realizamos un experimento aleatorio una

gran cantidad de veces, la frecuencia relativa de un suceso se acercará al valor de su

probabilidad teórica de ocurrencia.

Por lo tanto, para que los valores f (frecuencia relativa) y p (probabilidad teórica) sean lo

más cercanos posible, la principal medida que se debe adoptar es hacer el valor de N

(número de veces que se realiza el experimento) lo más grande posible.



Habilidad ASE

I) Verdadera, ya que los múltiplos de 7 del 1 al 20 son {7, 14}.

Entonces, P(múltiplo 7) = 10

1

20

2

II) Falsa, ya que los números primos del 1 al 20 son {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19}.

Entonces, P(primo) = 5

2

20

8 .

III) Falsa, ya que los múltiplos de 3 del 1 al 20 son {3, 6, 9, 12, 15, 18}, y los

múltiplos de 5 del 1 al 20 son {5, 10, 15, 20}. Como 15 es múltiplo de 3 y de 5, se

debe restar de la probabilidad.

Entonces, P(múltiplo de 3 o de 5) = 20

9

20

1

20

4

20

6




Habilidad ASE

Al extraer dos fichas sin reposición es importante considerar que después de la primera

extracción disminuye en una unidad el total de fichas de ese color y esa figura, y también

disminuye en una unidad el total de fichas de la bolsa. Luego:

I) Verdadera, ya que la probabilidad de que ambas fichas sean negras numeradas se

obtiene P (1º ficha negra numerada) · P (2º ficha negra numerada) = 19

4

20

5

II) Falsa, ya que la probabilidad de que salga una ficha blanca y luego una ficha

negra se obtiene P (1º ficha blanca) · P (2º ficha negra) = 19

10

20

10

III) Falsa, ya que la probabilidad de que sea una ficha negra con una R y una ficha

blanca con una T se obtiene

P (1º ficha negra con R) · P (2º ficha blanca con T) = 19

1

20

1





Si se sacan dos tarjetas al azar, sin reposición, entonces la probabilidad de que solo una

de ellas sea verde es igual a la probabilidad de que la primera sea verde y la segunda azul,

o la primera sea azul y la segunda verde. Es decir,

Caso 1: Probabilidad de primera bolita verde y segunda azul = 30

7

9

7

10

3

Caso 2: Probabilidad de primera bolita azul y segunda verde = 30

7

9

3

10

7

Por lo tanto, la probabilidad de que la primera bolita sea verde y la segunda azul, o que la

primera bolita sea azul y segunda verde es igual a 15

7

30

14

30

7

30

7



Habilidad ASE

Como lanzan cuatro veces una moneda, entonces la única forma de empatar es cuando se

obtiene 2 caras y 2 sellos.

Utilizando el triángulo de Pascal:

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

Luego, en 6 casos de un total de 16 se obtienen 2 caras y 2 sellos. Es decir, la

probabilidad de que empaten es 8

3

16

6 .

2

caras

y 2

sello

s

3

caras

y 1

sello

4

caras 1

cara

y 3

sello

s

4

sello

s




Dados los valores de F(x) podemos obtener los valores de f(x).

x F(x)

x < 0 0

0 ≤ x < 1 0,2

1 ≤ x < 2 0,5

2 ≤ x < 3 0,6

Como F es el resultado acumulado de los valores de f, entonces f(xi) = F(xi) – F(xi-1).

Por lo tanto, f(2) = F(2) – F(1) = 0,6 – 0,5 = 0,1




Definiremos los eventos:

A: Comprar en la tienda A

B: Comprar en la tienda B

PD: Pantalón defectuoso

Deseamos calcular la probabilidad de que Macarena haya comprado en la tienda B siendo

que el pantalón venía defectuoso. Es decir, el evento B está condicionado por el evento

PD.

)()(

)(

)(

)(

PDBPPDAP

PDBP

PDP

PDBP = )B / PB(P

Sabemos que la probabilidad de comprar en A es de un 40%, y de comprar en B es un

60%. Por otra parte, la probabilidad de que el pantalón salga defectuoso en la tienda A es

de un 8%, mientras que la probabilidad de que salga defectuoso de B es de un 3%. Por lo

tanto:

)()(

)(

)(

)(

PDBPPDAP

PDBP

PDP

PDBP = )B / PD(P

)()()()(

)()(

PDPBPPDPAP

PDPBP = )B / PD(P

03,06,008,04,0

03,06,0

= )B / PD(P

018,0032,0

018,0

= )B / PD(P

05,0

018,0 = )B / PD(P

50

18 = )B / PD(P

100

36 = )B / PD(P

Luego, la probabilidad de que Macarena haya comprado en la tienda B siendo que el

pantalón venía defectuoso es igual a 100

36, es decir, 36%.



Habilidad ASE

(1) m es un número primo. Con esta información y la del enunciado no es posible

determinar el valor numérico de m, ya que ente 10 y 30 sin incluirlos, existe más de

un número primo.

(2) Cada dígito de m es un número primo. Con esta información y la del enunciado no

es posible determinar el valor numérico de m, ya que entre 10 y 30, sin incluirlos,

existe más de un número que cumple con esa característica, por ejemplo: 22, 23, 25

y 27.

Con ambas informaciones, es posible determinar el valor numérico de m ya que solo el

23 cumple con ambas condiciones.

Por lo tanto, la respuesta es: Ambas juntas, (1) y (2).



Habilidad ASE

(1) x + y = 8. Con esta información es posible determinar el valor numérico de la

expresión, ya que y)(x

y)(xy)(x

yx

yx 22

= (x + y) = 8.

(2) x – y = 2. Con esta información no es posible determinar el valor numérico de la

expresión, ya que y)(x

y)(xy)(x

yx

yx 22

= (x + y), del cual se desconoce el

valor.

Por lo tanto, la respuesta es: (1) por sí sola.



Habilidad ASE

(1) Intersecta al eje X en los puntos (1, 0) y (4, 0). Con esta información no es posible

determinar la concavidad de la parábola, ya que por propiedades solo se sabe que

a

b = (1 + 4) = 5 y

a

c = (1 · 4) = 4, lo que no permite determinar el signo de a.

(2) Intersecta al eje Y en el punto (0, 4). Con esta información no es posible determinar

la concavidad de la parábola, ya que ya que por propiedades solo se sabe que c = 4,

lo que no permite determinar el signo de a.

Con ambas informaciones, es posible determinar la concavidad de la parábola, ya que por

propiedades se sabe que a

c = (1 · 4) = 4 y c = 4, lo que significa que a = 1. Como a es

positivo, entonces la concavidad es hacia arriba.

Por lo tanto, la respuesta es: Ambas juntas (1) y (2).



Habilidad ASE

(1) El área del triángulo DEC es 38 cm2. Con esta información no es posible

determinar el área del triángulo ABC, ya que se desconoce la relación entre el

triángulo menor y el triángulo mayor.

(2) Los puntos medios de los lados AC y BC son D y E, respectivamente. Con esta

información no es posible determinar el área del triángulo ABC, ya que no se

entrega ningún valor.

Con ambas informaciones, es posible determinar el área del triángulo ABC, ya que se

tiene el valor del área del triángulo DEC y se sabe que DE es mediana. Entonces, el área

del triángulo ABC corresponde a cuatro veces el área del triángulo DEC.

Por lo tanto, la respuesta es: Ambas juntas, (1) y (2).



Habilidad ASE

Como los ángulos SRQ y SPQ son ángulos inscritos que subtienden el mismo arco,

entonces son ángulos congruentes. O sea, los ángulos TRQ y SPT son congruentes. Como

los ángulos PTS y QTR son ángulos opuestos por el vértice, entonces son ángulos

congruentes. Como los ángulos RSP y RQP son ángulos inscritos que subtienden el

mismo arco, entonces son ángulos congruentes. O sea, los ángulos TSP y RQT son

congruentes. Luego:

(1) PSRQ . Con esta información es posible determinar la congruencia, ya que

como TRQ SPT y RQT TSP. Por criterio ALA, ΔPTSΔRTQ .

(2) TSTQ . Con esta información es posible determinar la congruencia, ya que

como RQT TSP y QTR PTS. Por criterio ALA, ΔPTSΔRTQ .

Por lo tanto, la respuesta es: Cada una por sí sola, (1) ó (2).



Habilidad ASE

(1) En la bolsa hay 10 bolitas. Con esta información no es posible determinar la

probabilidad de sacar una bolita blanca de la bolsa, ya que no se conoce el número

de bolitas blancas de la bolsa.

(2) La probabilidad de sacar una bolita negra es 0,2. Con esta información no es

posible determinar la probabilidad de sacar una bolita blanca de la bolsa, ya que

no sabemos si sólo hay bolitas blancas y negras en la bolsa.

Con ambas informaciones no es posible determinar la probabilidad de sacar una bolita

blanca de la bolsa, ya que no se conoce el número de bolitas blancas de la bolsa ni

sabemos si solo hay bolitas blancas y negras en la bolsa.

Por lo tanto, la respuesta es: Se requiere información adicional.



Habilidad ASE

El total de notas del curso es (1 + 2 + 3 + 2 + x + 4 + 1) = (13 + x). Entonces, la

probabilidad de obtener un 4 es P(4) = posibles casos

favorables casos =

x13

2

. Luego:

(1) La moda de las notas del curso es un 5. Con esta información no es posible

determinar la probabilidad de que la nota sea un 4, ya que no se conoce el valor de

x, que es mayor o igual que 5.

(2) El promedio (o media aritmética) de las notas del curso es un 4,4. Con esta

información es posible determinar la probabilidad de que la nota sea un 4, ya que el

promedio se puede plantear

4,4x13

5x53

x13

1 · 74 · 6 x· 52 · 43 · 32 · 21 · 1x

. Al despejar x resulta

53 + 5x = 57,2 + 4,4x (5 – 4,4)·x = 57,2 – 53 0,6·x = 4,2 x = 6,0

2,4 = 7

Entonces, P(4) = posibles casos

favorables casos =

10

1

20

2

713

2

x13

2

.

Por lo tanto, la respuesta es: (2) por sí sola.

Documents

Solucionario Ensayo MT - 034 2015