Problemas de ONEM Fase 2
2 recomendaciones6,819 vistas
Este documento describe una serie de problemas de matemáticas y sus soluciones. Incluye 13 problemas con sus respectivas soluciones detalladas. Los problemas involucran ecuaciones trigonométricas, geometría y álgebra. El documento está dividido en dos partes, la primera presenta los problemas y la segunda contiene las soluciones completas de cada uno.
![8 CAP´ITULO 1. PROBLEMAS
producto de las longitudes de dichos lados. Calcula:
sen A + csc A
ONEM 2004 Fase II soluci´on
5.- Un motociclista entrena para una competencia. El primer d´ıa recorre 200
km, el segundo d´ıa 280 km, el tercer d´ıa 360 km y as´ı sucesivamente, cada d´ıa
80 km mas que el anterior. Si luego de cierta cantidad de d´ıas ha recorrido
un total de 4680 km, ¿Cu´antos d´ıas dur´o su entrenamiento?
6.- Juanito est´a en un helic´optero a 2100 m de altura sobre la superficie de un
lago. En un instante, ´el observa con un ´angulo de depresi´on α a la lancha
de Eduardo y con un ´angulo de depresi´on θ a la lancha de Henry. Calcula,
en metros la distancia que separa a las lanchas si se conoce que:
tan α =
4
3
tan θ =
7
24
y que la prolongaci´on del segmento que une las dos lanchas pasa por el pie
de la perpendicular bajada desde el helic´optero a la superficie del lago.
7.- Sea ABC un tri´angulo equil´atero. S2 ubican los puntos M, N y P sobre
los lados BC, CA y AB, respectivamente, de tal modo que AP = 2BP,
BM = 2CM y CN = 2AN. Si el ´area del tri´angulo ABC es 126, halla el
´area del tri´angulo encerrado por los segmentos AM, BN y CP.
8.- Hallar el valor de:
1
sen 10◦ sen 30◦ sen 50◦ sen 70◦
ONEM 2004 Fase II soluci´on
9.- Resuelve la siguiente ecuaci´on trigonom´etrica:
cos(12x) = 5 sen(3x) + 9(tan x)2
+ (cot x)2
Da como respuesta el n´umero de soluciones en el intervalo [0; 2π].
10.- Si a y b son n´umeros reales que
a4
+ a2
b2
+ b4
= 900
a2
+ ab + b2
= 45
Calcule el valor de (2a − 2b)2
. ONEM 2012 Fase II soluci´on](https://image.slidesharecdn.com/problemas-140719081910-phpapp01/85/Problemas-de-ONEM-Fase-2-8-320.jpg)
![Cap´ıtulo 2
Soluciones
1.- Haciendo y = x − 2 con el fin de hacer menos complicada la ecuaci´on, luego
reemplazando en la ecuaci´on tenemos
(y + 1)y(y − 1)(y − 2) + 1 = 0
(y2
− 1)(y2
− 2y) + 1 = 0
y4
− 2y3
− y2
+ 2y + 1 = 0
la idea a partir de aqu´ı es buscar trinomios cuadrados perfectos
y4
− 2y3
+ y2
− y2
− y2
+ 2y + 1 = 0
y4
− 2y3
+ y2
− 2y2
+ 2y + 1 = 0
(y2
− y)2
− 2(y2
− y) + 1 = 0
[(y2
− y) − 1]2
= 0
luego tenemos que resolver y2
− y − 1 = 0, aplicando la f´ormula obtenemos
y1 =
1 +
√
5
2
y2 =
1 −
√
5
2
pero como x = y + 2, entonces
x1 =
1 +
√
5
2
+ 2 x2 =
1 −
√
5
2
+ 2
x1 =
5 +
√
5
2
x2 =
5 −
√
5
2
finalmente la mayor raiz es x1 problema
2.- Denotemos por 2a el lado del cuadrado, luego realizando trazos auxiliares
y aprovechando la simetr´ıa del gr´afico tenemos la siguiente figura
13](https://image.slidesharecdn.com/problemas-140719081910-phpapp01/85/Problemas-de-ONEM-Fase-2-13-320.jpg)
Problemas de ONEM Fase 2
- 1. Algunos problemas de la ONEM Fase 2 - Nivel 3 Alvaro M. Naupay Gusukuma 16 Julio 2014
- 2. 2
- 3. ´Indice general I Problemas 5 1. Problemas 7 II Soluciones 11 2. Soluciones 13 3
- 7. Cap´ıtulo 1 Problemas 1.- Hallar la menor de las ra´ıces de las siguiente ecuaci´on (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4) = −1 ONEM 2004 Fase II soluci´on 2.- El lado del cuadrado ABCD mide 24 unidades. el segmento CM es tangente a la semicircunferencia de di´ametro AB y a la circunferencia peque˜na de radio x unidades. Halla el valor de x. ONEM 2004 Fase II soluci´on 3.- Si θ es un ´angulo del primer cuadrante tal que tan θ = 1 6 , halla el valor de la siguiente expresi´on √ 37 = tan θ + cot θ + 2 tan θ + cot θ − cos θ 2 ONEM 2004 Fase II soluci´on 4.- Se tiene un tri´angulo ABC recto en B. Si sumas las longitudes de los la- dos BC y AC y el resultado lo elevas al cuadrado, obtienes nueve veces el 7
- 8. 8 CAP´ITULO 1. PROBLEMAS producto de las longitudes de dichos lados. Calcula: sen A + csc A ONEM 2004 Fase II soluci´on 5.- Un motociclista entrena para una competencia. El primer d´ıa recorre 200 km, el segundo d´ıa 280 km, el tercer d´ıa 360 km y as´ı sucesivamente, cada d´ıa 80 km mas que el anterior. Si luego de cierta cantidad de d´ıas ha recorrido un total de 4680 km, ¿Cu´antos d´ıas dur´o su entrenamiento? 6.- Juanito est´a en un helic´optero a 2100 m de altura sobre la superficie de un lago. En un instante, ´el observa con un ´angulo de depresi´on α a la lancha de Eduardo y con un ´angulo de depresi´on θ a la lancha de Henry. Calcula, en metros la distancia que separa a las lanchas si se conoce que: tan α = 4 3 tan θ = 7 24 y que la prolongaci´on del segmento que une las dos lanchas pasa por el pie de la perpendicular bajada desde el helic´optero a la superficie del lago. 7.- Sea ABC un tri´angulo equil´atero. S2 ubican los puntos M, N y P sobre los lados BC, CA y AB, respectivamente, de tal modo que AP = 2BP, BM = 2CM y CN = 2AN. Si el ´area del tri´angulo ABC es 126, halla el ´area del tri´angulo encerrado por los segmentos AM, BN y CP. 8.- Hallar el valor de: 1 sen 10◦ sen 30◦ sen 50◦ sen 70◦ ONEM 2004 Fase II soluci´on 9.- Resuelve la siguiente ecuaci´on trigonom´etrica: cos(12x) = 5 sen(3x) + 9(tan x)2 + (cot x)2 Da como respuesta el n´umero de soluciones en el intervalo [0; 2π]. 10.- Si a y b son n´umeros reales que a4 + a2 b2 + b4 = 900 a2 + ab + b2 = 45 Calcule el valor de (2a − 2b)2 . ONEM 2012 Fase II soluci´on
- 9. 9 11.- Sea x el ´angulo agudo tal que csc x + cot x = √ 3. Hallar sec2 x. ONEM 2007 Fase II soluci´on 12.- El valor num´erico del ´area de un tri´angulo rect´angulo ABC, recto en B, es igual a 18 sen A sen C. Calcular la hipotenusa. ONEM 2009 Fase II soluci´on 13.- Sea x un n´umero real tal que tan5 x + tan x + 1 = 0, calcular tan x + csc2 x. ONEM 2009 Fase II soluci´on 14.- Si (1 + sec x)(1 + csc x) = 20 3 hallar 100(sec x − 1)(csc x − 1) ONEM 2006 Fase II soluci´on
- 10. 10 CAP´ITULO 1. PROBLEMAS
- 13. Cap´ıtulo 2 Soluciones 1.- Haciendo y = x − 2 con el fin de hacer menos complicada la ecuaci´on, luego reemplazando en la ecuaci´on tenemos (y + 1)y(y − 1)(y − 2) + 1 = 0 (y2 − 1)(y2 − 2y) + 1 = 0 y4 − 2y3 − y2 + 2y + 1 = 0 la idea a partir de aqu´ı es buscar trinomios cuadrados perfectos y4 − 2y3 + y2 − y2 − y2 + 2y + 1 = 0 y4 − 2y3 + y2 − 2y2 + 2y + 1 = 0 (y2 − y)2 − 2(y2 − y) + 1 = 0 [(y2 − y) − 1]2 = 0 luego tenemos que resolver y2 − y − 1 = 0, aplicando la f´ormula obtenemos y1 = 1 + √ 5 2 y2 = 1 − √ 5 2 pero como x = y + 2, entonces x1 = 1 + √ 5 2 + 2 x2 = 1 − √ 5 2 + 2 x1 = 5 + √ 5 2 x2 = 5 − √ 5 2 finalmente la mayor raiz es x1 problema 2.- Denotemos por 2a el lado del cuadrado, luego realizando trazos auxiliares y aprovechando la simetr´ıa del gr´afico tenemos la siguiente figura 13
- 14. 14 CAP´ITULO 2. SOLUCIONES luego como AD = BC tenemos que x + x cot θ + a tan θ = 2a (1) por otra parte en el tri´angulo rect´angulo CDM cot 2θ = x + x cot θ 2a ahora trabajando esto ´ultimo tenemos que cot2 θ − 1 2 cot θ = x + x cot θ 2a (cot θ − 1)$$$$$$$ (cot θ + 1) 2 cot θ = x$$$$$$$ (1 + cot θ) 2a cot θ − 1 cot θ = x a cot θ = a a − x (2) de esto ´ultimo tambi´en tenemos que tan θ = a − x a , reemplazando esto y (2) en (1) tenemos x + xa a − x + a(a − x) a = 2a x + xa a − x + a − x = 2a xa a − x = a x = a 2 .
- 15. 15 Finalmente como el lado del cuadrado es 24, tenemos que 2a = 24, es decir a 2 = 6 por lo tanto x = 6. problema 3.- Como θ est´a en el primer cuadrante y tenemos que tan θ = 1 6 , todo esto podemos representarlo en un tri´angulo rect´angulo de catetos 1 y 6 como se ve en la siguiente figura. Figura 2.1: Donde la hipotenusa resulta del teorema de Pit´agoras. Luego la expresi´on que nos piden hallar queda reescrita de la siguiente forma, con la informaci´on obtenida de la figura anterior, √ 37 1 6 + 6 + 2 1 6 + 6 − 6√ 37 2 luego de operar la expresi´on se reduce a 4. problema 4.- Tenemos la siguiente figura: del enunciado del problema: (b + a)2 = 9ba b2 + a2 + 2ba = 9ba b2 + a2 = 7ba b2 + a2 ba = 7. (1) Por otra parte nos piden sen A + csc A, esto de la figura es igual a sen A + csc A = a b + b a = a2 + b2 ab finalmente por (1) tenemos que sen A + csc A = 7 problema
- 16. 16 CAP´ITULO 2. SOLUCIONES 5.- Recordemos que sen 50◦ = cos 40◦ y sen 70◦ = cos 20◦ , luego el problema se puede transforma 1 sen 10◦ sen 30◦ sen 50◦ sen 70◦ = 1 sen 10◦ sen 30◦ cos 40◦ cos 20◦ multiplicando por 4 en el numerador y el denominador, reordenando el de- nominador convenientemente y aplicando la propiedad del ´angulo doble, = 4 × 1 2 × sen 10◦ cos 40◦ 2 × sen 30◦ cos 20◦ = 4 sen 50◦ sen 50◦ pero sen 50◦ = cos 40◦ , luego multiplicando por 2 en el denominador y el denominador tenemos = 2 × 4 2 × sen 50◦ cos 40◦ 1 sen 10◦ sen 30◦ sen 50◦ sen 70◦ = 8 sen 90◦ = 8 1 = 8 con lo que tenemos la respuesta. problema 6.- Tenemos que a4 + a2 b2 + b4 = 900 (1) a2 + ab + b2 = 45 (2) De (1) observe que a4 + a2 b2 + b4 = (a2 + b2 )2 − a2 b2 = 900, en esto ´ultimo reemplazamos a2 + b2 = 45 − ab que es de (2), luego tenemos que (45 − ab)2 − a2 b2 = 900 2025 + ¨¨¨ a2 b2 − 90ab − ¨¨¨ a2 b2 = 900 1125 = 90ab 75 6 = ab, (3) ahora reemplazando (3) en (2) tenemos que a2 + 75 6 + b2 = 45 a2 + b2 = 45 − 75 6 = 3 × 15 − 5 × 15 6 a2 + b2 = 15 × 3 − 5 6 = 15 × 13 6 . (4)
- 17. 17 Finalmente, nos piden (2a − 2b)2 = 4a2 + 4b2 − 8ab = 4(a2 + b2 ) − 8ab, reemplazando en esto ´ultimo (3) y (4) tenemos (2a − 2b)2 = 4(a2 + b2 ) − 8ab = 4 × 15 × 13 6 − 8 × 15 × 5 6 = 4 × 15 13 6 − 2 × 5 6 = 4 × 15 13 6 − 10 6 = 4 × 15 × 3 6 (2a − 2b)2 = 30. problema 7.- Tenemos que csc x + cot x = √ 3 en funci´on de los lados es: c a + b a = c + b a = √ 3 (1) elevando al cuadrado tenemos que c2 + b2 + 2bc a2 = 3 c2 −b2 + b2 + b2 + 2bc a2 = 3 c2 − b2 a2 + 2b2 + 2bc a2 = 3 del tri´angulo note que c2 − b2 = a2 luego a2 a2 + 2b × (b + c) a × a = 3 1 + 2b a × b + c a = 3 reemplazando (1) tenemos 1 + 2b a × √ 3 = 3 luego despejando b a tenemos b a = 1 √ 3
- 18. 18 CAP´ITULO 2. SOLUCIONES luego en el tri´angulo tenemos que Figura 2.2: El valor de c es por Pit´agoras. Finalmente tenemos que sec x = 2 1 = 2 entonces sec2 x = 4 problema 8.- Rpt.- 6 problema 9.- Del enunciado tan5 x− tan2 x + tan2 x + tan x + 1 = 0 tan2 x(tan3 x − 1) + tan2 x + tan x + 1 = 0 de la diferencia de cubos tenemos que (tan3 −13 = (tan x − 1)(tan2 x + tan x + 1)), luego tan2 x(tan x − 1)(tan2 x + tan x + 1) + tan2 x + tan x + 1 = 0 factorizando tan2 x + tan x + 1 tenemos (tan2 x + tan x + 1)(tan2 x(tan x − 1) + 1) = 0 (tan2 x + tan x + 1)(tan3 x − tan2 x + 1) = 0 de esto ´ultimo tenemos que, si tan2 x + tan x + 1 = 0 entonces tan x ser´ıa un valor complejo, ya que la ecuaci´on tiene discriminante negativo. Por lo tanto la ´unica opci´on es que tan3 x − tan2 x + 1 = 0
- 19. 19 luego llevando a senos y cosenos tenemos sen3 x cos3 x − sen2 x cos2 x + 1 = 0 sen3 x cos3 x = sen2 x cos2 x − 1 sen3 x cos3 x = sen2 x − cos2 x cos2 x sen3 x cos x = sen2 x − cos2 x sen3 x = cos x sen2 x − cos3 x. (1) Por otra parte llevando a senos y cosenos lo que nos piden, es decir tan x + csc2 x = sen x cos x + 1 sen2 x = sen3 x + cos x cos x sen2 x luego reemplazando (1) en la ´ultima expresi´on tenemos tan x + csc2 x = cos x sen2 x − cos3 x + cos x cos x sen2 x = cos x sen2 x + cos x(1 − cos2 x) cos x sen2 x = cos x sen2 x + cos x sen2 x cos x sen2 x finalmente tenemos la respuesta tan x + csc2 x = 2 Comentario: Inicialmente se trabaj´o ´unicamente con el dato del problema, despu´es de varios intentos fallidos, se intent´o transformar un poco lo que nos ped´ıan, lo que nos llev´o con la respuesta. Se debe observar la t´ecnica que se utiliza al inicio de la soluci´on para dis- minuir el grado del de la ecuaci´on. problema 10.- Pasando a senos y cosenos el enunciado, es decir 1 + 1 cos x 1 + 1 sen x = 20 3
- 20. 20 CAP´ITULO 2. SOLUCIONES Luego multiplicando en ambos miembros por 1 cos x − 1 , luego tenemos 1 cos x − 1 1 + 1 cos x 1 + 1 sen x = 20 3 1 cos x − 1 1 cos2 x − 1 1 + 1 sen x = 20 3 1 cos x − 1 an´alogamente m´ultiplicamos en ambos miembros por 1 sen x − 1 , luego tenemos 1 cos2 x − 1 1 + 1 sen x 1 sen x − 1 = 20 3 1 cos x − 1 1 sen x − 1 1 cos2 x − 1 1 sen2 x − 1 = 20 3 1 cos x − 1 1 sen x − 1 1 − cos2 x cos2 x 1 − sen2 x sen2 x = 20 3 1 cos x − 1 1 sen x − 1 sen2 x cos2 x cos2 x sen2 x = 20 3 1 cos x − 1 1 sen x − 1 1 = 20 3 1 cos x − 1 1 sen x − 1 3 20 = (sec x − 1)(csc x − 1). Finalmente multiplicando por 100 a esta ´ultima expresi´on tenemos que 15 = 100(sec x − 1)(csc x − 1). Comentario: La idea que ayudo aqu´ı fue buscar una relaci´on entre el dato y lo que se pide. Otra soluci´on: Denotemos por M lo que nos piden, de esta manera ingre- samos una variable auxiliar, con lo tenemos M = 100(sec x − 1)(csc x − 1) a esto le multiplicamos la condici´on del problema, con lo que tenemos 20M 3 = 100(sec x − 1)(sec x + 1)(csc x − 1)(csc +1) = 100(sec2 x − 1)(csc2 x − 1) = 100 1 − cos2 x cos2 x 1 − sen2 x sen2 x
- 21. 21 recuerde la identidad pitag´orica sen2 x + cos2 x = 1, luego 20M 3 = 100 $$$$ cos2 x $$$$ cos2 x $$$$ sen2 x $$$$ sen2 x 20M 3 = 100. Por lo tanto M = 15. Comentario: Note como el reemplazar lo que nos piden por una variable auxiliar M facilit´o las cosas. problema