SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 1
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PSU
Resolucin Ensayo Forma: UST 115 Matemtica
Indicaciones generales
Este cuadernillo contiene la resolucin de cada pregunta del Ensayo de Matemtica. Te permitir conocer preliminarmente tu puntaje de acuerdo a tus respuestas y saber
cmo se responden aquellas preguntas que omitiste o respondiste erradamente.
Buenas Malas Omitidas Puntaje
=
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 2
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1. Eje Temtico: Nmeros
Operamos directamente.
3 1 3 3 9 8 9 11 2 1 1
4 2 4 2 8 8 8 8
(A)
2. Eje Temtico: Nmeros
Vemos que en la recta numrica los nmeros racionales a, b c y d estn ubicados entre 0 y 1, es decir, son positivos menores que 1.
Analicemos entonces cada afirmacin planteada.
I) es falsa, ya que b
c es una multiplicacin entre los
racionales positivos b y el recproco de c, que es tambin
racional, por lo tanto es siempre racional. II) es verdadera, ya que el conjunto de los racionales es
denso, por lo tanto entre dos nmeros racionales cualesquiera siempre existe otro racional.
III) es verdadera, ya que el producto de dos nmeros racionales siempre ser racional.
(D)
3. Eje Temtico: Nmeros
Dado el valor 1,35791, al aproximarlo por redondeo se debe considerar
el dgito inmediatamente a la derecha de la cifra de corte. Veamos cada alternativa aproximando
A) a la dcima: dejamos una cifra despus de la coma. La subsiguiente es 5, por lo que aumentar la dcima a 4, dando 1,4. Es falsa.
B) a la milsima: tercera cifra despus de la coma. La subsiguiente es 9, con lo que la milsima aumentar a 8, dando 1,358. Es
verdadera. C) a la unidad: primera cifra antes de la coma. La subsiguiente es 3,
con lo que la unidad no aumentar, dando 1. Es falsa. D) a la centsima: segunda cifra despus de la coma. La subsiguiente
es 7, con lo que la centsima aumentar a 6, dando 1,36. Es falsa. E) falsa.
(B)
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4. Eje Temtico: Nmeros
De los 25 kg restamos como lo expresa el enunciado segn la expresin:
25 2 2525 25
2 3 2
25 2 25 1 25 254,16
2 3 2 3 2 6
dado que la tercera cifra despus de la coma es 6, aumenta al redondear, la centsima a 7, dando 4,17.
(D)
5. Eje Temtico: Nmeros
Si t es un valor entre 0 y 1, entonces su recproco 1
st
es mayor que
1. Veamos en cada expresin si resulta 1:
I) 2 21
st t t 1t
II)
1
2s t t t 11t s
t
III) 1
st t 1t
(B)
6. Transformando el nmero decimal a fraccin y expresando en lenguaje matemtico:
1 5 2 46 5 2 92 15 12 655
9 6 3 9 6 3 18 18
.
Entonces la mitad es 1 65 65
2 18 36 .
(A)
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7. PILOTAJE
8. Eje Temtico: Nmeros
Dados los nmeros r, s y t, la relacin de orden correcta entre ellos es
r
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10. Eje Temtico: Nmeros
Sabemos que p es racional y q es la raz cuarta de ese racional p. Analizamos cada proposicin:
I) p + q no es siempre irracional, ya que, por ejemplo, si p = 1,
entonces q = 1 y su suma es 2, es racional, o bien, si p = 0 ocurre algo similar. Por tanto es falsa.
II) Es verdadera, ya que basta que p sea un entero cuadrado
perfecto y se tiene 2
2 4q p p ser entero.
III) Es falsa, ya que basta tomar un valor negativo para p y su raz cuarta ser un nmero complejo.
(B)
11. Eje Temtico: Nmeros
En primer lugar todos los nmeros son positivos. Al elevar al cuadrado los nmeros la relacin de orden no se altera, por lo tanto obtenemos:
2A 11 , 264
B 7,19
, 265
C 16,254
y 2
2D 2 3 12 , por lo que
el orden correcto de mayor a menor es C, D, A, B. (A)
12. Eje Temtico: Nmeros
Si z a bi , entonces z a bi . Al expresar que sea siempre
verdadero, lo que se pide es que la relacin se cumpla
independientemente de los valores a y b. Veamos cada alternativa:
A) Es falsa, ya que z z a bi a bi 2a .
B) z a bi a bi , entonces es falsa, ya que obtenemos
z z a bi a bi a bi a bi 2bi .
C) Es falsa, ya que 2 2 2 2 2z z a bi a bi a b i a b . D) Es verdadera, ya que la longitud, por Teorema de Pitgoras, es
2 2z a bi a b .
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E) Es falsa, ya que 2 2
1 1 a bi a biz
z a bi a bi a b
.
(D)
13. Pilotaje
14. Eje Temtico: Nmeros El permetro de una circunferencia de radio r es P 2 r .Entonces para:
I) r = 1 cm, P = 6,283185307, el que aproximado por exceso a la milsima es 6,284. Verdadera.
II) r = 0,5 cm, P es el mismo valor de , el que aproximado por
defecto a la diezmilsima es el nmero truncado a la cuarta cifra
despus de la coma, 3,1415. Falsa. III) r = 2 cm, P = 12,566370614, que aproximado por redondeo a
la dcima es 12,6, ya que la segunda cifra despus de la coma es
mayor que 5. Verdadera.
(C)
15. Eje Temtico: Nmeros Segn el plano, los nmeros son z 3 4i y w 2 i
Por lo tanto la expresin pedida es
3 4i 3 4i 2 i3 4i 3 4i
2 i 2 i 2 i
2 11i3 4i
5
15 20i 2 11i
5
13 9i
5
(A)
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16. Eje Temtico: Nmeros
375 108 5 3 6 3
6 2 3
2 3
2 2
22
(B)
17. Eje Temtico: lgebra y Funciones
Desarrollando la expresin
2 2 2 2
a b ab
ab a ba ab b a ab b
ab a b
Partiendo por el numerador
a + b
ab
ab
a + b=
a + b( )2
- a - b( )2
a - b( ) a + b( )=
a2 + 2ab + b2 - a2 -2ab + b2( )a - b( ) a + b( )
=
=a2 + 2ab + b2 - a2 +2ab - b2
a - b( ) a + b( )=
4ab
a - b( ) a + b( )
Luego el denominador
a2 - ab + b2
a - b+
a2 + ab + b2
a + b=
a + b( ) a2 - ab + b2( ) + a - b( ) a2 + ab + b2( )a - b( ) a + b( )
Se reconoce que en el numerador se han formado una suma de cubos
y una diferencia de cubos. Reemplazando:
=a3 + b3 + a3 - b3
a - b( ) a + b( )=
2a3
a - b( ) a + b( )
Reuniendo los resultados del numerador y del denominador:
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 8
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4ab
a - b( ) a + b( ):
2a3
a - b( ) a + b( )=
4ab
a - b( ) a + b( )
a - b( ) a + b( )2a3
Simplificando llegamos al resultado final
2b
a2
(A)
18. Eje Temtico: lgebra y Funciones Planteando el enunciado dado, se tiene
x x 1b
c 1 c
Despejando b se obtiene
x x 1b
c 1 c
Resolviendo la diferencia de fracciones con denominador c(c+1)
cx c 1 x 1b
c c 1
Desarrollando el producto del numerador
cx cx c x 1b
c c 1
Eliminando parntesis del numerador
cx cx c x 1b
c c 1
Reduciendo trminos semejantes
c x 1b
c c 1
Sacando factor comn en el denominador
c x 1b
c c 1
(D)
19. Eje Temtico: lgebra y Funciones
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 9
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Definiendo las variables: x: lado menor del rectngulo original.
2x: lado mayor del rectngulo original.
x+2: lado menor del nuevo rectngulo. 2x+3: lado mayor del nuevo rectngulo.
rea del rectngulo original: x 2x = 2x2
rea del nuevo rectngulo:
x +2( ) 2x +3( ) = 2x2 +3x + 9x + 6 = 2x2 +7x + 6
Calculando la diferencia entre las reas de los dos rectngulos se
obtiene:
2x2 +7x + 6( ) - 2x2( ) = 7x + 6 (B)
20. Eje Temtico: lgebra y Funciones
Se llama compatible determinado a un sistema de ecuaciones que posee una nica solucin, esto significa, que las rectas que son
representadas en el sistema se intersectan en un solo punto. Debemos entonces revisar que las rectas no sean paralelas o
coincidentes. Para esto, revisamos que los coeficientes que acompaan a las incgnitas de una de las ecuaciones no resulten de amplificar o
simplificar los coeficientes de la otra.
I) Ordenando la ecuacin, vemos que los coeficientes de la segunda, resultan de amplificar por 3 la primera.
II) Se observa que los coeficientes no son mltiplos. III) Ordenando se observa que los coeficientes de la segunda
ecuacin, resultan de multiplicar por 2 los de la primera
ecuacin. Se concluye entonces que solo en la opcin II se muestra un sistema
compatible determinado.
(B)
21. Eje Temtico: lgebra y Funciones
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El cargo fijo es una constante que se cobra todos los meses por el uso de los minutos del plan. Al consumir ms minutos estos son
considerados adicionales por lo que cada uno de ellos tendr un costo de $ 79. Entonces si x es el nmero de minutos adicionales, entonces
el costo por el uso de stos es 79 x .
Luego la funcin que modela lo que se debe pagar es
f x( ) = 23990 +79 x
(E)
22. Eje Temtico: lgebra y Funciones
Sean: x el nmero de vasos plsticos. y el nmero de vasos trmicos.
En cada cotizacin multiplicamos el nmero de vasos de cada tipo por su respectivo valor unitario, luego sumamos obteniendo el valor total.
La primera cotizacin sera
24 x +20 y = 4480
La segunda cotizacin sera
30 x +15 y = 4800
Planteando el sistema de ecuaciones:
24 x +20 y = 4480
30 x +15 y = 4800
Simplificando cada ecuacin, la primera por 4 y la segunda por 15, de modo de reducir los coeficientes y facilitar la resolucin.
6x + 5y = 1120
2x + y = 320
Aplicando el mtodo de reduccin se amplifica la segunda ecuacin por 5
6x +5y = 1120
10x -5y = -1600
Al reducir sumando trmino a trmino queda:
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-4x = -480 /:-4
x = 120
(C)
23. Eje Temtico: lgebra y Funciones
En una ecuacin cuadrtica de la forma las soluciones
son reales y distintas si
Ordenando y calculando el discriminante en cada alternativa, se tiene:
A)
B) Ordenando: entonces el discriminante:
C) Ordenando la ecuacin entonces el discriminante es
Se observa que la alternativa C cumple con la condicin.
D)
E) Ordenando la ecuacin
entonces el discriminante es:
24. Eje Temtico: lgebra y Funciones
I) f x( ) = x -3( )
2
+2
Se obtiene al trasladar la grfica de
ax2 +bx + c = 0
D = b2 - 4 a c > 0
D = 02 - 4 2 5 = -40 < 0
3x2 + 6x +3 = 0
D = 62 - 4 3 3 = 3636 = 0
3x2 +5x -2 = 0
D = 52 + 4 3 2 = 49 > 0
D = -2( )
2
- 4 1 5 = 4 -20 = -16 < 0
x2 = 2 x -10
x2 - 2x +10 = 0
D = -2( )
2
- 4 1 10 = 4 - 40 = -36 < 0
(C)
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 12
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f x( ) = x2 tres unidades en direccin positiva del eje X y 2 unidades en direccin positiva del eje Y. Por lo tanto el vrtice se encontrar en el punto
(3,2). Por lo tanto la afirmacin I es FALSA. II) Es VERDADERA ya que el coeficiente que acompaa a
x2
es positivo.
III) Dado que el vrtice est en el punto (3,2) y es su concavidad es hacia arriba no corta el eje X, por lo tanto los ceros de la funcin no
son reales. Entonces la afirmacin es VERDADERA.
Entonces la opcin FALSA es solo I.
25. Eje Temtico: lgebra y Funciones
La funcin corresponde a una cuadrtica con concavidad positiva, por lo que el mnimo est en el vrtice, donde lo que se requiere es la
primera componente de ste. Calculando:
-b
2a=
150
2= 75
26. Eje Temtico: lgebra y Funciones Tomamos la primera inecuacin:
(A)
(E)
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x 52
x 1
x 52 0
x 1
x 5 2x 20
x 1
x 70 / 1
x 1
x 70
x 1
Esto se cumple si i) x 7 0 x 1 0 x 7 x 1 ,
cuya solucin es 1 x 7 .
ii) x 7 0 x 1 0 x 7 x 1 , que no tiene
solucin.
Y por otra parte se tiene la inecuacin:
x 23
x 2
x 23 0
x 2
x 2 3x 60
x 2
2x 80 / : 2
x 2
x 40
x 2
Lo que se cumple si:
iii) x 4 0 x 2 0 x 4 x 2 ,
cuya solucin es x 2 .
iv) x 4 0 x 2 0 x 4 x 2 ,
con solucin es x 4 . Entonces los valores de x que satisfacen i, ii, iii y iv, son 1 x 7 .
(D)
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 14
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27. PILOTAJE
28. Eje Temtico: lgebra y Funciones
En la funcin dada se reemplaza x por 5.
f -5( ) = -5( )
2
-3 -5( ) - 4 - -5 +1( )2
=
25 +15 - 4 - -4( )
2
36 - 4 = 6 - 4 = 2
29. Eje Temtico: lgebra y Funciones
I) CORRECTO. El dominio de f(x) corresponde a los valores no-negativo de la cantidad subradical, es decir, se debe cumplir que 1 x 0
Despejando se obtiene x 1
Multiplicando por (1), lo cual tambin cambia el sentido de la desigualdad, se obtiene x 1 que corresponde al conjunto
solucin dado por el intervalo ], 1] II) INCORRECTO. Evaluando en la funcin dada su preimagen 3 (para
el dominio), se obtiene f 3 1 3 2 , diferente al resultado 2 propuesto. Incluso llama la atencin que en este caso la imagen sea un nmero imaginario. Esto se debe a la condicin que debe
cumplir el dominio descrito en I y, por tanto, 3 no es realmente un elemento del dominio.
III) INCORRECTO. Dado que el dominio cumple x 1, se puede
considerar f 1 0 , f 0 1 y f 3 2 , lo cual bosqueja una curva estrictamente decreciente, al ubicar estos tres puntos en el
plano cartesiano. (A)
(B)
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 15
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30. Pilotaje
31. Pilotaje
32. Eje Temtico: lgebra y Funciones
De acuerdo a la grfica de la funcin logartmica para sus dos casos con respecto a la base b, se tienen las figuras adjuntas, por lo cual
esta funcin NO tiene dominio (preimagenes) en
los nmeros reales
negativos y ms an no se puede obtener su
recorrido (imgenes) en este caso.
(C)
33. Eje Temtico: lgebra y Funciones Siendo x la cantidad de manzanas, las cuales son menos de 1.000
unidades, se tiene la desigualdad x < 1.000 Sacando las 9 que estn podridas y las 31 que no cumplen el peso
mnimo, se obtiene x < 1.000 9 31 x < 960 Como en el traslado se caen 4 de ellas, resulta x < 960 4 x < 956
Y siendo una desigualdad estricta, el mximo nmero de manzanas podr ser 955. (A)
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 16
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34. Eje Temtico: lgebra y Funciones
I) INCORRECTO. El intervalo para los nmeros reales entre corresponde a ]3, 11[
II) CORRECTO. Resolviendo x
2 3 82
. Se resta 3 a cada parte de
las desigualdades, es decir, x
2 3 3 3 8 32
y se obtiene
x
1 52
. Ahora amplificando por 2 resulta x
1 2 2 5 22
, o sea
2 x 10.
III) CORRECTO. Este enunciado corresponde a la inecuacin x 4 6
que involucra valor absoluto por tratarse de distancias en la recta
numrica. Al resolver se tiene que 6 x 4 6 , lo que resulta
6 4 x 4 4 6 4 , obtenindose 2 x 10.
(D)
35. Eje Temtico: lgebra y Funciones
Dado que los valores de p y q estn acotados en el intervalo ]0, 1[ se pueden considerar valores concretos para p y q en cada caso, as
entonces
I) FALSO. Para 1
p4
y 1
q2
, se obtiene que 1 1p q es
1 11 1
4 2, es decir, 4 2 .
II) VERDADERO. Ahora para 1
p2
y 1
q4
, se tiene que
11p p q es
1 11 1 1
2 2 4, con lo cual se obtiene
1 11 1
2 8,
o sea 2 8.
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 17
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
III) VERDADERO. Finalmente, para 1
p4
y 1
q2
, entonces se tiene
que
1 1
p q q p es igual a
1 11 1 1 1
4 2 2 4, as
1 13 1
4 4, por lo tanto
44
3
(E)
36. Eje Temtico: Geometra Este tem apunta a la resolucin de problemas que involucren el
conocimiento de los conceptos bsicos de la semejanza y de las consecuencias derivadas del hecho de tener un tringulo issceles, es
decir, el alumno deber ser capaz de entender, en este contexto, el concepto de tringulo issceles, como dos ngulos congruentes y uno
distinto a los anteriores. Es por ello que dada la construccin del enunciado, marcando los correspondientes ngulos iguales, se concluye
que CBA BDC , y por esta razn es posible afirmar que
ABC ACB BDC DEB,
de esta manera, la afirmacin en I) es verdadera, en tanto corresponden a los ngulos distintos de cada uno de los tringulos
issceles de la construccin del enunciado.
De acuerdo a lo anterior, la afirmacin en II) es tambin verdadera, ya
que se verifica el criterio ngulo-ngulo de semejanza segn lo determinado anteriormente.
Finalmente, para determinar la falsedad de la afirmacin en III) basta
con ver que el punto E no tiene una posicin relativa fija para el contexto del problema, que lleve a pensar en una igualdad interior de
los ngulos del tringulo mencionado. (C)
37. Eje Temtico: Geometra
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 18
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El problema se relaciona con la traslacin paralela de puntos en el plano cartesiano. Para abordar correctamente este problema, el
alumno deber saber que para contestar esta pregunta se debe tener en cuenta el punto origen y el punto extremo de un vector de
traslacin y con ello entender que el punto posicin en el plano cartesiano puede ser visto como un vector que une el origen de
coordenadas con tal punto posicin.
Por esta razn, si la traslacin de la circunferencia de centro A, queda en la circunferencia (congruente por cierto) de centro B, entonces, la
traslacin es de orientacin paralela al vector AB , y luego, siendo O el
origen de coordenadas, se tiene que:
AB OB OA 4,2 1,1 4 1,2 1 3,1 . (C)
38. Eje Temtico: Geometra
Este tem se enfoca al tratamiento de las consecuencias y propiedades que son derivadas desde el estudio de los elementos secundarios del
tringulo.
Para abordar correctamente el problema, el alumno deber entender que la simetral de un tringulo corresponde a aquella recta que dimidia
a un lado de un tringulo y que adems es perpendicular a tal
segmento. De acuerdo a esto, si la simetral del lado AB contiene al
vrtice C del mismo, entonces tal segmento DC, siendo D el punto
medio del segmento AB, corresponder a la transversal de gravedad y a la altura simultneamente.
De esta manera, AD DB , ADC BDC 90 y DC DC (lado
compartido) lleva a poder afirmar que ADC BDC mediante criterio
LAL de congruencias, as
A) es verdadera dada la congruencia anteriormente demostrada.
B) es verdadera por el mismo argumento anterior. C) es verdadera, ya que el segmento CD, como se dijo anteriormente,
es altura.
D) es verdadera por lo anteriormente demostrado. E) es falsa ya que el ngulo ABC es congruente al ngulo BAC.
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 19
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Por el anterior anlisis, la alternativa correcta se encuentra en E, ya que la congruencia del inicio del anlisis se reduce en afirmar que el
tringulo ABC es issceles de base AB . (E)
39. Eje Temtico: Geometra
Este tem est enfocado al tema de polgonos regulares. Para ello, el alumno deber tener en cuenta que esta pregunta hace implcita
referencia a los tringulos fundamentales que se forman en todo polgono regular, y en particular en un hexgono que se puede formar
mediante seis tringulos equilteros congruentes. A ello sumando a que el alumno deber manejar algunos conceptos bsicos de
transformaciones isomtricas, en particular de simetras y reflexiones.
As, la afirmacin en I) es verdadera ya que los segmentos, AB, BO, OF y FA son congruentes en tanto los tringulos AOB y FOA son
equilteros congruentes.
Por su parte, la afirmacin en II) es verdadera ya que son simtricos
con respecto a DA , o bien, son dos tringulos equilteros congruentes, que corresponden a dos de los seis tringulos fundamentales que lo
conforman.
Finalmente, la afirmacin en III) es verdadera ya que corresponden a dos trapecios issceles, en donde uno es la imagen del otro mediante
una reflexin con respecto a FC .
As, las afirmaciones dadas en I), en II) y en III) son verdaderas (E)
40. Eje Temtico: Geometra
Para resolver este tem, enfocado al lgebra vectorial de elementos del
plano, el alumno deber conocer las propiedades bsicas de los vectores, es decir, suma y resta de vectores; y finalmente, deber
calcular la longitud o mdulo de un vector.
De esta manera, en la ecuacin vectorial u x v es necesario sumar
a ambos lados de la igualdad el vector en sentido opuesto a u , que es
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 20
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u , dando que x v u 1, 5 4,2 1 4, 5 2 3, 7 , por lo cual:
2 2
x 3 7 9 49 58 ,
(A)
41. Eje Temtico: Geometra
Este tem viene referido a transformaciones isomtricas en el plano, es por ello que el alumno deber reconocer que la simetra axial es una
simetra mediante un eje, y por tanto las imgenes son simtricas con respecto a tal eje.
Es por esta razn, que si al punto A 3,2 se le realiza una simetra
axial y se obtiene el punto B 7,4 como imagen, entonces, el eje de
simetra corresponder a la simetral del segmento AB . As, la
pendiente del segmento AB es 2 4 2 1
m3 7 4 2
, por lo que la
simetral del segmento deber ser igual a 2 ya que el producto de las pendientes de dos segmentos perpendiculares debe ser igual al
opuesto de 1. Por otro lado, el punto medio del segmento AB es el
punto M de coordenadas 3 7 2 4
, 5,32 2
.
Finalmente, usando ecuacin punto-pendiente, se formar una recta
que pasa por M y que tiene pendiente 2 , esto es:
y 3 2 x 5
y 3 2x 10
2x y 13 0,
(D)
42. Eje Temtico: Geometra
Este tem hace explcita referencia al teorema de Thales, pero esta vez, para abordar correctamente el problema, el alumno deber recordar
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 21
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que el teorema de Thales tiene su recproco, es decir, que si sus igualdades son vlidas, entonces se induce un paralelismo que es el
mencionado en el enunciado de la pregunta.
As, en I, vemos que la relacin 12 18
4 6 es verdadera, ya que son
proporcionales en tanto 12 6 18 4 72 . La afirmacin en II) es
falsa, ya que la proporcionalidad no se verifica de manera correcta. En
esta afirmacin se podra plantear la supuesta igualdad
12 9
12 15 9 12
que es equivalente con
12 9
27 21 , que es una
contradiccin en la proporcin.
Finalmente, la afirmacin dada en III) es verdadera, en tanto la
proporcin 15 18
10 12 es constante e igual a
2
3, y de acuerdo a este
anlisis, solo las afirmaciones en I) y en III) son verdaderas (E)
43. Eje Temtico: Geometra
Este tem viene referido a ngulos en tringulos y su relacin entre paralelas. Por otro lado, el alumno tambin deber leer correctamente
las congruencias del enunciado con el fin de determinar el o los datos que servirn para llegar a la respuesta correcta.
Para comenzar analizando esta pregunta, y dado que los tringulos ABC y DEF son congruentes se sigue que los ngulos ABC y TBF son
congruentes e iguales a 81. Luego, mirando el tringulo ABC se tiene que BAC ABC BCA 180 , de donde 57 81 BCA 180 y
por lo tanto BCA 42 . Por otro lado, los ngulos BCA y BPF son
congruentes ya que son alternos internos sobre las paralelas dadas. As, ambos miden 42.
Finalmente, TPF 180 BPF 180 42 138 en tanto son
ngulos suplementarios.. (A)
44. Eje Temtico: Geometra
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 22
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
Este tem se enfoca al tema relativo a los teoremas derivados de las posiciones relativas de las rectas con respecto a la circunferencia, en
particular, para comenzar a abordar este problema, el alumno deber conocer el teorema de la secante-tangente con el fin de poder
determinar la longitud del dimetro AB de la circunferencia, para luego
calcular su permetro con el fin de determinar su mitad (semi-permetro).
De esta manera, el teorema de la secante-tangente establece que
2PT PA PB , as usando las medidas dadas en el enunciado se tiene
que 212 8 8 AB , de donde 212 144
AB 8 8 18 8 10 cm8 8
,
que corresponde a la longitud del dimetro de la circunferencia. Con lo
cual el permetro de la circunferencia es 10
2 102
y finalmente,
la mitad del valor anterior, es decir, 5 corresponde al valor del semi-
permetro de la circunferencia (D)
45. Eje Temtico: Geometra Para poder abordar este problema referido al teorema de Euclides, el
alumno, primero que todo deber realizar una asociacin necesaria, que es el entender que la distancia en geometra se mide de manera
perpendicular desde el punto a calcular hasta su fin.
Por esta razn, la recta L forma un tringulo rectngulo en el origen de
coordenadas, y la distancia mnima de la recta hasta el origen de coordenadas ser igual a la longitud de la altura de tal tringulo,
clculo que se realizar mediante teorema de Euclides.
De acuerdo a lo antes analizado el tringulo tiene catetos igual a los segmentos determinados por la recta con los ejes coordenados, es
decir, 7 y 9. Entonces, aplicando teorema de Pitgoras sobre tal tringulo se obtiene que la longitud de la hipotenusa es
2 29 7 81 49 130 , as, usando teorema de Euclides relativo a
la altura se obtiene que si llamamos h a la distancia mnima o altura,
se sigue que: 9 7 130 h de donde
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 23
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
9 7 63 130 63h 130
130130 130 130
, de donde el ltimo clculo se
obtiene mediante la racionalizacin del denominador de la fraccin. (C)
46. Eje Temtico: Geometra
Este tem hace referencia a ngulos en la circunferencia. Para abordar correctamente este problema, el alumno deber entender lo que
significa un ngulo inscrito y un ngulo del centro de la circunferencia.
As, la medida del arco AB es 60 en tanto el ngulo del centro AOB lo subtiende. Por otro lado, extendiendo el segmento de cuerda EA se
prolonga colinealmente hasta el permetro de la circunferencia hasta un punto F, se tiene que el arco FC mide 100 ya que es subtendido por el
ngulo inscrito CAE que mide 50. Finalmente, usando el teorema del ngulo interior de la circunferencia se tiene que
FC AB 100 60 160ADB 80 .
2 2 2
(C)
47. Eje Temtico: Geometra Este tem hace explcita referencia al teorema de Euclides. Para
resolverlo, el alumno deber entender que la misma desigualdad entregada por los catetos del tringulo, se mantendr para sus
proyecciones, por lo que la proyeccin del cateto b sobre la hipotenusa, ser la mayor.
Mirando la siguiente figura:
ab
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 24
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Ac podemos ver que el cateto mayor es el corresponde al de la proyeccin b, por lo que, llamando B a tal cateto, el teorema de
Euclides plantea que: 2B b b a , de donde, sacando raz cuadrada se
tiene que 2B b b a b ab . (E)
48. Eje Temtico: Geometra
Este tem apunta al clculo de un rea achurada derivada por una construccin auxiliar que permitir encontrar reas contiguas que
sumen el rea seleccionada. Para abordar este problema de manera correcta se debern tener en cuenta los clculos inducidos por el
teorema de Thales, reas de tringulos equilteros y reas de
tringulos rectngulos. Para comenzar el clculo de este problema, veamos la construccin
auxiliar realizada en la siguiente figura, donde el segmento de recta FH corresponde a la altura del tringulo BEF.
Los segmentos BG y FH son claramente paralelos, y por lo tanto se
verifica la relacin AB AH
BG HF . H, es punto medio del segmento BE y por
lo tanto 1
BH cm2
, as en la anterior relacin se tiene que
11
1 2BG HF
,
pero el segmento HF es la altura del tringulo equiltero, por lo que
3HF cm
2 , as,
31 2
BG 3
2
de donde 3
BG cm3
, luego podemos
realizar el siguiente clculo
AH HF AB BG
rea BHFG rea AHF rea ABG2 2
, de donde
AB
E
F
CD
G
H
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 25
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reemplazando los valores obtenidos se llega a que
33 31
532 2rea BHFG 32 2 24
.
Por otro lado, el rea achurada, correspondiente al tringulo BFG
corresponde a rea BHFG rea BHF , pero el rea del tringulo BHF, es simplemente la mitad del rea del tringulo equiltero BEF,
esto es,
3rea BEF 34rea BHF
2 2 8
.
Finalmente, se tendr que 5 3 3
rea BFG 324 8 12
(D)
49. Eje Temtico: Geometra Este tem hace referencia al entendimiento geomtrico de un sistema
de ecuaciones de dos ecuaciones con dos incgnitas por el simple hecho de tratarse de la interseccin de dos rectas en el plano. Para
abordar correctamente este problema, el alumno deber tener la
capacidad de formar las ecuaciones de la recta dada su posicin relativa en el plano, y luego aplicar alguna tcnica apropiada para la
resolucin de un sistema de ecuaciones, solucin que corresponder al punto en el plano donde las rectas se intersectan.
Aplicando ecuacin del segmento, se tiene que la recta 1L tiene
ecuacin x y
12 4 , de donde 1L :2x y 4 . Por otro lado, la recta 2L
tiene ecuacin x y
13 2
, esto es, 2L :2x 3y 6 . Ahora, formando
el sistema de ecuaciones, se induce el elemento 2x y 4
2x 3y 6
, luego,
restando ambas ecuaciones se tiene que y 3y 4 6 , es decir,
10 5y
4 2 . Entonces, usando la primera ecuacin:
52x 4
2 de
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 26
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
donde 3
x4
, as que las coordenadas del punto P son 3 5
,4 2
, par
ordenado que se encuentra en la alternativa E. (E)
50. Eje Temtico: Geometra
Para resolver correctamente este tem referido a ecuacin de la recta en el plano, el alumno deber tener en claro que dos rectas en el plano
son perpendiculares cuando el producto de las pendientes de tales rectas es igual a 1 , de esta manera, la primera labor para esto ser
escribir las rectas en su forma principal logrando que la pendiente de cada una de las rectas sea un valor explcito.
En efecto, la recta 1L escrita en forma principal es y 2kx 2 ,
mientras que la recta 2L , escrita en forma principal es
1 6y x
r 1 r 1
. En esas estructuras, el coeficiente numrico que
acompaa a x corresponde al valor de la pendiente de cada una de las
rectas.
De acuerdo a ello, forzando a que las rectas sean perpendiculares se
tiene que 1
2k 1r 1
, de donde 2k
1r 1
y por lo tanto
2k r 1 2k r 1 . (A)
51. Eje Temtico: Geometra
Este tem viene referido a dos temas fundamentales, el primero corresponde a clculos bsicos dados de la geometra analtica y el
segundo, es el entender que significa ser simtrico con respecto a un punto en particular.
Primero que todo, el alumno deber ser capaz de calcular el punto
medio M del segmento AB que es el punto de coordenadas 3
,22
, as
la distancia del punto M ser la mitad de la distancia con su simtrico con respecto al origen de coordenadas, por lo que la distancia pedida
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 27
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es simplemente igual a
2
23 9 9 16 25 52 0 2 0 2 4 2 2 2 5
2 4 4 4 2
.
(C)
52. Eje Temtico: Geometra
Este tem viene relacionado al tema de transformaciones isomtricas en el plano y para poder abordarlo de manera correcta es necesario
tener en cuenta las simetras de un punto con respecto a una recta vertical y las rotaciones en 90 en el plano con respecto a puntos que
no corresponden al origen. Aunque de igual manera, se deber tener
en cuenta que un punto de coordenadas x,y rotado en 90 con
respecto al origen se ubica en el punto y,x . De esta manera, como el punto Q y el punto P deben ser equidistantes
de las recta que hace las veces de eje de simetra que es x 2 , se
tiene que ella adems es simetral del segmento PQ, entonces las
coordenadas del puntos Q son 1,7 .
Por otro lado, para rotar en 90 con respecto al punto A, al punto P, se
deber ubicar el origen de coordenadas en el punto A, logrando que el
punto 3,7 1,2 2,5 est centrado en este nuevo origen, por lo que ahora la rotacin se reduce al origen, entonces, tal punto rotado
en 90 queda en este nuevo sistema de coordenadas, en el punto
5,2 , que en trminos del original sistema de coordenadas, entrega
que el punto R tiene coordenadas 5,2 1,2 4,4 .
Finalmente, la pendiente del segmento RQ es 7 4 3
1 4 5
(B)
53. Eje Temtico: Geometra
Este tem apunta al contenido de homotecia de figuras planas y para
responderlo el alumno debe, en base a la informacin entregada en el enunciado, determinar la veracidad de cada una de las afirmaciones.
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 28
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
As, del enunciado se tiene que la homotecia de centro O y razn de
homotecia 3 transforma al tringulo ABC en el tringulo ABC, esto quiere decir que los tringulo ABC y ABC son semejantes a razn
3 : 1, por lo que
2rea ABC 3 9
1 1rea A 'B'C'
, y la afirmacin dada en I)
es verdadera.
Por otro lado, la homotecia de centro O y razn de homotecia 1
3
transforma al tringulo ABC en el tringulo ABC logra que 1
OB'' OB3
. Luego, dada la primera homotecia, se tiene que
OB' 3OB . De esta manera se tendr que
1OB'' : B ''B : BB' OB : OB OB'' : OB' OB
3
1 1OB : OB OB : 3OB OB
3 3
1 2OB : OB : 2OB
3 3
1 2: : 2
3 3
1 : 2 : 6
dando que la afirmacin en II) es verdadera. Finalmente, un clculo
muy similar al anterior muestra la veracidad de la afirmacin dada en
III) en tanto los tres tringulos son semejantes. (E)
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 29
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
54. Eje Temtico: Geometra
Este tem tambin hace referencia al contenido de homotecias de figuras planas. Por esta razn, un esquema que ayudar a responder
correctamente la pregunta es el siguiente:
As, la afirmacin de la opcin A es falsa ya que el punto F se
encuentra sobre la diagonal AC del cuadrado. Para que esta afirmacin
sea correcta, es necesario que la razn de homotecia sea 0,5; situacin que no es posible verificar con la informacin aportada en el
enunciado.
La afirmacin de la opcin B es verdadera dada la construccin de la figura anterior. La afirmacin de la opcin C es falsa ya que existe
algn valor de la constante k de homotecia que hace que el punto F est sobre el segmento GE.
La afirmacin en D es falsa ya que si la constante k de homotecia es exactamente igual a 0,5; entonces E es equidistante del punto A y del
punto B.
Finalmente, la afirmacin en E es falsa en tanto el punto A es el punto ms alejado del punto C.
(B)
55. Eje Temtico: Geometra
Este tem aborda el tema relativo al volumen de cuerpos geomtricos. Para resolverlo, el alumno deber ser capaz de inferir que lo
A B
CD
E
FG
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 30
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
preguntado es simplemente cuntas unidades cbicas puede contener, de manera exacta, un depsito de forma cbica.
As, el volumen de un hexaedro regular de arista 4 cm es 4 34 64 cm ,
el cual contiene 64 unidades cbicas (C)
56. Eje Temtico: Geometra
Para abordar de manera correcta este tem, enfocado nuevamente al volumen de cuerpos geomtricos, el alumno deber entender que de
acuerdo a la figura dada en el enunciado, el hexaedro regular forma, mediante los puntos medio un octaedro que puede ser visto como la
unin de dos pirmides rectangulares de base cuadrada unidas por su base.
Con lo anteriormente dicho, si el cubo tiene arista p, entonces la base
cuadrada de cada una de las pirmides antes mencionadas corresponder a la diagonal de un tringulo rectngulo issceles de
lado p
2, esto es
p2
2. Por su parte, la altura de cada pirmide es
p
2,
as, el octaedro de la figura tendr volumen
2 31 p p p2 2
3 2 2 6
.
Mientras que el volumen del hexaedro regular o cubo es 3p .
Finalmente, la razn pedida entre el octaedro y el hexaedro de la figura
es
3
3
p16 1 : 66p
(B)
57. Eje Temtico: Geometra
Este tem hace referencia al contenido de los slidos de revolucin y cules son las generatrices que se debe girar indefinidamente en torno
a algn eje para formar, en este caso al menos un cono. Para abordar correctamente el problema el alumno deber tener la capacidad de
modelar las situaciones presentadas en cada una de las afirmaciones
dadas en I), en II) y en III).
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 31
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
En la afirmacin I), no se genera ningn slido ya que el eje de revolucin es paralelo a la superficie que se gira.
En la afirmacin dada en II), se generan dos conos congruentes unidos
por sus bases.
En la afirmacin dada en III), se generan igualmente dos conos unidos por sus bases.
De acuerdo al anlisis anterior, en las afirmaciones dadas en II) y en
III) se generan al menos un cono.
(E)
58. Eje Temtico: Datos y Azar
Este tem hace referencia a la geometra analtica en el espacio. En
particular al tema relativo a planos y rectas en el espacio y la formacin de la ecuacin del plano dado un vector perpendicular a l
(vector normal) y un punto posicin del plano.
Para esto, podemos ver el siguiente esquema en blanco de la situacin a modelar. Sea, pues, la ecuacin del plano buscado, y P el punto
por el cual pasa el plano.
De esta manera, el vector director de la recta es el vector d 2,1,7 ,
por lo tanto corresponder al vector normal al plano ya que x t . Adems, por enunciado se sabe que P , por lo que la ecuacin del plano ser
P 8, 5,4
x t
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 32
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
2 x 8 1 y 5 7 z 4 0
2x 16 y 5 7z 28 0
2x y 7z 7 / 1
2x y 7z 7,
(A)
59. Eje Temtico: Datos y Azar Esta pregunta hace referencia al eje temtico de datos y el
reconocimiento del tipo de datos en distintas muestras. Para abordar el problema el alumno deber determinar cul de las afirmaciones
planteadas en el problema es falsa.
A) Es verdadera en tanto los datos cuantitativos son numricos, y por lo tanto, las tres medidas de tendencia central mencionadas son
calculables mediante alguna tcnica pertinente.
B) Es falsa en tanto una muestra de datos cualitativos corresponde a datos que son verbales, es decir, la moda, corresponde a un dato
cualitativo igualmente. C) Es verdadera, ya que si la muestra tiene N datos que es un
nmero impar, entonces, la mediana corresponde al dato de orden
N 11
2
que pertenece a la muestra ya que si N es impar
entonces N 1
2
es un nmero entero.
D) Es verdadera ya que es justamente la definicin de la media aritmtica de una muestra cuantitativa, es decir, datos numricos.
E) Es verdadera ya que simplemente se debe analizar el dato o los datos que tenga o tengan mayor frecuencia absoluta.
(B)
60. Eje Temtico: Datos y Azar Este tem hace referencia al clculo y el estudio de las medidas de
tendencia central de dos muestras de datos cualitativos, en donde el alumno deber notar que los datos x e y no son fijos y que existen
infinitas posibilidades que podrn o no hacer que cada afirmacin de las alternativas sea falsa o verdadera.
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 33
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
A) Es falsa ya que independiente de los valores de x y de y, la moda de ambas muestras es 5.
B) Es falsa, ya que si x y 0 , al media aritmtica de ambas
muestras es 5. C) Es verdadera ya que asumiendo el dato x 0 se tiene que la media
aritmtica de M es 25
4,166
. Ahora, asumiendo el dato y 1 se
tiene que el promedio aritmtico de N es 21
4,25
, de donde se
puede ver que 4,16 4,2 .
D) Es falsa ya que independiente del valor que tomen las variables x e
y, las medianas de ambas muestras son iguales a 5. E) Es falsa, ya que basta considerar el caso particular de la alternativa
C. (C)
61. Eje Temtico: Datos y Azar
Este tem viene a hacer referencia al contenido de las medidas de dispersin de una muestra de datos cualitativos, de ah el clculo de la
dispersin. Para abordarlo correctamente, deber, el alumno, ser capaz de interpretar el hecho de que la varianza y la desviacin estndar
sean iguales. Como la relacin entre ellas es que la raz cuadrada de la varianza es igual a la desviacin estndar, entonces, el nico caso
posible es que sean iguales a 0 o iguales a 1.
De esta manera la informacin planteada en I) corresponde al caso en
que la varianza es igual a cero, es decir, no hay dispersin, por lo que la afirmacin es verdadera.
Por su parte, la afirmacin planteada en II) es verdadera ya que si la muestra contiene un solo dato, entonces, l no tiene dispersin y por
tanto, su varianza es igual a cero.
Finalmente, la afirmacin planteada en III) es falsa ya que una muestra de 3 datos, todos iguales a 10, por ejemplo, tiene media
aritmtica 10, y su desviacin estndar en 0.
(B)
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 34
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
62. Eje Temtico: Datos y Azar
Este tem viene referido a la inferencia de informacin extrada de un histograma de datos cualitativos, es por ello, que el alumno debe
entender que el punto medio de cada una de las barras del histograma corresponde a la marca de clase del intervalo. As, viendo la grfica
adjunta se tiene que cada marca de clase se distancia en 20%, valor que corresponde a la amplitud del intervalo.
De esta manera, los intervalos a considerar para la formacin de la
tabla de frecuencias son 0,20 , 20,40 , 40,60 y 60,80 . Mientras
que respectivamente las frecuencias absolutas, corresponden a 20, 40, 30 y 10, as la tabla mostrada en la alternativa D resume de otra forma
la informacin entregada en el histograma adjunto al problema. (D)
63. Eje Temtico: Datos y Azar
Este tem hace referencia algebraica al trabajo de las medidas de dispersin, en particular de la varianza con respecto a la media
aritmtica, es decir, el promedio del cuadrado de las desviaciones de cada dato con respecto a la media aritmtica de la muestra.
Con ello, el alumno deber verificar la veracidad o falsedad de cada
una de las afirmaciones mostradas en I), en II) y en III).
La afirmacin dada en I) es rotundamente falsa ya que por ejemplo, si
se considera la muestra P 1,1,1 su varianza es 0 en tanto no hay dispersin con respecto al promedio aritmtico que es 1.
La afirmacin dada en II) tambin es falsa, ya que la muestra
P 1,0,1 tiene media aritmtica igual a 0, pero su varianza es igual
a 2
3.
La afirmacin dada en III) en falsa, ya que la muestra podra tener
promedio 1 y varianza igual a 1 pero no ser todos los datos iguales a cero, por ejemplo, datos provenientes de una distribucin normal de
media aritmtica y varianza iguales a 1.
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 35
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
Con el anlisis anterior, la alternativa correcta es E ya que ninguna afirmacin planteada es verdadera.
(E)
64. Eje Temtico: Datos y Azar
Para abordar correctamente este tem, el alumno debe recordar que el recorrido intercuartil de una muestra corresponde a la diferencia entre
el tercer 3
Q y primer cuartil 1
Q . As, la muestra considerada es
1 3Q Q
2 1, 2 2, 2 3, 2 4, 2 5, 2 6, 2 7, 2 8, 2 9, 2 10 ,
por lo tanto 3 1 5Q Q 2 8 2 3 16 6 10 2 5 a .
(C)
65. Eje Temtico: Datos y Azar Este tem viene a hacer referencia a las tcnicas de conteo con
combinaciones entre las categoras, dada una combinacin intra las categoras.
As, los autos de la marca uno se puede ordenar de 5! formas, los
autos de la marca dos se pueden ordenar de 3! formas y los autos de la marca tres se pueden ordenar de 8! formas distintas.
Ahora, usando principio multiplicativo, los autos se pueden ordenar de
5! 3! 8! ; pero ahora se deben mezclar las categoras, por lo que el
anterior resultado va multiplicado por 3!. (D)
66. Eje Temtico: Datos y Azar Este tem hace referencia al concepto de probabilidad en eventos no
equiprobables, y para abordarla correctamente, es necesario equiprobabilizar el espacio muestral asociado al experimento, para
luego aplicar los conceptos asociados a la independencia de dos sucesos, es decir, que la ocurrencia de uno no influye en la ocurrencia
del otro.
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 36
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
De esta manera, la razn entre las probabilidades de obtener cara y
sello es cara 3
sello 1 y con ello;
3cara
4 y
1sello
4 .
Finalmente, la probabilidad pedida, usando ley de independencia, es calculada mediante la relacin
3 1 3
cara sello cara sello4 4 16
.
(A)
67. Eje Temtico: Datos y Azar
Este tem viene referido a la inferencia probabilstica de sucesos desde una tabla de doble entrada como la mostrada en el enunciado.
De esta manera, el alumno deber calcular las probabilidades referidas
en cada una de las afirmaciones y verificar si ella es verdadera o falsa.
La afirmacin planteada en I) es dados los 16 hombres de la muestra,
de ellos 7 gustan de Mozart, por lo que la probabilidad pedida es 7
16,
por lo que la afirmacin es falsa.
La afirmacin planteada en II) se calcula como 9 4 13
7 9 10 4 30
, por
lo que la afirmacin es verdadera.
Finalmente, la afirmacin planteada en III) se calcula notando que los
alumnos que gustan de Mozart son 17, y de ellos 10 son mujeres, por
lo que la probabilidad es 10
17 y la afirmacin es verdadera.
De acuerdo al anlisis anteriores se tiene que la alternativa correcta es E, ya que solo las afirmaciones en II) y en III) entregan afirmaciones
verdaderas. (E)
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 37
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
68. Eje Temtico: Datos y Azar
Este tem hace referencia a la Ley de los Grandes Nmeros, que simplemente establece que en un nmero muy grande de repeticiones
de un mismo evento y bajo las mismas condiciones, las probabilidades muestrales inducidas por las frecuencias relativas del experimento
tienen a ser similares a las probabilidades tericas dadas por la regla de Laplace.
De esta manera, asumiendo la Ley de los Grandes Nmeros, la extraccin de las bolitas corresponde a un experimento sin reposicin
en tanto corresponde a una extraccin simultnea. Esto es:
5 4 20 10 5
verde y verde verde verde 0,3571...8 7 56 28 14
,
que aproximadamente corresponde al 36% de las veces en que se
realiza el experimento. (A)
69. Eje Temtico: Datos y Azar Este tem apunta al reconocimiento de una funcin de probabilidad, es
decir, aquella funcin que toma valores en un subconjunto de los nmeros reales llamado soporte , y que asigna valores probabilsticos
de ocurrencia a cada uno de los elementos del soporte, esto es
: 0,1 , mostrando de manera formal que la probabilidad de
cualquier evento es siempre mayor o igual que cero y siempre menor o
igual que uno. (B)
70. Eje Temtico: Datos y Azar Para abordar correctamente este tem, el alumno deber saber que la
asignacin de probabilidades al soporte inducido por una variable aleatoria depende del espacio muestral que sea generado por la accin
del experimento.
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 38
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
As, al lanzar dos dados al aire, la cardinalidad del espacio muestral E formado contiene 36 elementos formando parejas de opciones de la
forma n,m donde n vara entre 1 y 6 al igual que m, es decir,
n,m 1,2,3,4,5,6 1,2,3,4,5,6 ,
es por esta razn entonces que el soporte 1,2,3,4 de la variable aleatoria X asigna probabilidades:
1
X 1 X 2 X 3 X 44
,
ya que se tendr el mismo nmero asignado a cada uno de los eventos, esto es, misma cantidad de pares y de impares en el espacio
muestral. (D)
71. Eje Temtico: Datos y Azar Este tem hace referencia explcita al teorema de Bayes y de su
relacin entre probabilidades a priori y probabilidades a posteriori
dados por un factor de verosimilitud asociado a evento de las
probabilidades marginales, es decir, A|B B B| A A , de
donde A
A |B B| AB
.
(A)
72. Eje Temtico: Datos y Azar Para abordar correctamente este tem, el alumno deber reconocer la
generacin de un evento Binomial, es decir, dado un experimento que se rija por ley Bernoulli, un evento Binomial se genera al estudiar la
cantidad de xitos en un evento Bernoulli en una cierta cantidad de repeticiones.
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 39
Este material es propiedad de la Pontificia Universidad Catlica de Chile. Prohibida su reproduccin total o parcial.
Por esta razn, la situacin planteada en la afirmacin I) se puede modelar mediante ley Binomial, en tanto, la moneda se rige por ley
Bernoulli (cara o sello) y se quiere estudiar la cantidad de xitos en 10 lanzamientos.
La situacin planteada en II) no se rige por ley Binomial ya que los
xitos en un intervalo continuo se modelan mediante ley Poisson.
Finalmente, la situacin planteada en III) se puede modelar por ley Binomial por el mismo razonamiento mostrado en la afirmacin I) ya
que para el evento Bernoulli en cuestin basta con considerar como
xito, la aparicin del nmero 6 en la cara del dado. (C)
73. Eje Temtico: Datos y Azar Este tem hace referencia a la distribucin normal, es decir, para
abordar la pregunta de manera correcta, el alumno deber recordar la estandarizacin de una variable de distribucin normal, para que ella
tenga distribucin normal estndar, es decir, de varianza 1 y de media nula.
De esta manera, si 2X ~ Normal , , entonces, la variable aleatoria X
Z
, donde 2 es la desviacin estndar de la distribucin,
se rige por ley normal estndar de media nula y varianza unitaria como
se pide en el problema.
(B)
SECCIN EVALUACIN DE SUFICIENCIA DE DATOS
74. Eje Temtico: Nmeros Con la afirmacin (1) es suficiente ya que la nica forma de que un
racional multiplicado con otro nmero sea irracional es que el nmero sea irracional. Con la informacin (2) no se puede determinar que sea
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 40
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racional o irracional, ya que en ambos casos el cuadrado puede resultar racional.
(A)
75. Eje Temtico: Nmeros
Sea a el largo del rectngulo y b el ancho.
El rea es el producto de a y b El semipermetro es a+b
Una ecuacin de segundo grado es posible de plantear si se sabe el
producto y la suma de las soluciones.
Por lo tanto uniendo la informacin de (1) y (2) es posible plantear la
ecuacin y obtener la longitud de los lados del rectngulo.
76. Eje Temtico: lgebra y Funciones
Primero es necesario comprender desde el enunciado que una funcin
lineal es de la forma f x ax , cuya pendiente es a y su grfica es una recta que pasa por el origen O 0,0 del plano cartesiano. (1) NO ES SUFICIENTE, pues las variables directamente proporcionales
tambin tienen una recta que pasa por el origen en su grfica, lo que
se puede plantear como x
4y
, con lo que 1
y x4
, o bien como
y4
x con lo que y 4x y la pendiente tiene dos posibles valores.
(2) ES SUFICIENTE, ya que la funcin lineal pasa por el origen O 0,0 y aqu se tiene adems un segundo punto 2, 8 que permite calcular la pendiente de la recta que pasa por estos dos puntos, es
decir,
2 1
2 1
y y 8 0 8m 4
x x 2 0 2
(B)
(C)
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 41
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77. Eje Temtico: Geometra
Analizando cada una de las informaciones dadas se tiene que:
(1) Con esta informacin simplemente es posible determinar que los ngulos COB y AOC son congruentes, pero aun as no es posible
responder la pregunta. (2) Con esta informacin simplemente es posible afirmar que los
ngulos AOD y DOC son congruentes, pero no es posible
responder la pregunta.
Finalmente, juntando ambas informaciones, tampoco es posible responder la pregunta con los datos aportados en el enunciado.
(E)
78. Eje Temtico: Geometra Para responder correctamente esta pregunta es de imperiosa
necesidad que el alumno conozca que la ecuacin del plano necesita una de las siguientes dos informaciones: 1) conocer tres puntos no
colineales que estn en el plano, o 2) conocer un vector perpendicular
al plano y un punto que pertenezca al plano.
(1) Con la informacin aportada en el enunciado ms este punto de esta informacin se conocen simplemente dos puntos
pertenecientes a l, pero no es posible conocer que plano los contiene.
(2) Con esta informacin se tiene exactamente lo aportado en el segundo inciso de la introduccin a este problema, es decir, un
vector perpendicular y un punto del plano aportado por el enunciado.
De esta manera, basta la informacin aportada en (2) para poder responder la pregunta de manera correcta.
(B)
SOLUCIONARIO ENSAYO FORMA UST 115 42
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79. Eje Temtico: Datos y Azar
El promedio, de manera genrica de esta muestra es
0 1 2 a 4 5 12 a
6 6
, entonces:
(1) con esta informacin, si la moda de la muestra es 4, entonces quiere decir que 4 es el dato de mayor frecuencia absoluta de la
muestra, y como todos ellos son distintos, la nica opcin que queda es que a 4 y con ello es posible responder la pregunta.
(2) con esta informacin, no es posible responder la pregunta, ya que a podra tomar cualquier valor que haga que la muestra tenga
mediana 3, y existen infinitas opciones.
(A)
80. Eje Temtico: Datos y Azar Una variable aleatoria Bernoulli corresponde al modelo generado por
un experimento que solo tiene dos posibles opciones, donde una de ellas es llamada xito y la otra fracaso.
(1) Con esta informacin se tiene justamente la definicin y el proceso
se modela mediante una variable aleatoria Bernoulli. (2) Esta informacin simplemente dice lo mismo que la informacin
anterior, pero de manera genrica.
As, con las informaciones (1) o (2) de manera independiente se puede afirmar que se genera una variable aleatoria Bernoulli.
(D)
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