Problemas de ONEM Fase 2

Algunos problemas de la ONEMFase 2 - Nivel 3

Alvaro M. Naupay Gusukuma

16 Julio 2014

Indice general

I Problemas 5

1. Problemas 7

II Soluciones 11

2. Soluciones 13

3

4 INDICE GENERAL

Parte I

Problemas

5

Capıtulo 1

Problemas

1.- Hallar la menor de las raıces de las siguiente ecuacion

(x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4) = −1

ONEM 2004 Fase II solucion

2.- El lado del cuadrado ABCD mide 24 unidades. el segmento CM es tangentea la semicircunferencia de diametro AB y a la circunferencia pequena deradio x unidades. Halla el valor de x.


3.- Si θ es un angulo del primer cuadrante tal que tan θ =1

6, halla el valor de

la siguiente expresion

√37 =

(√tan θ + cot θ + 2

tan θ + cot θ− cos θ

2

)


4.- Se tiene un triangulo 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 CAPITULO 1. PROBLEMAS

producto de las longitudes de dichos lados. Calcula:

sen A + csc A


5.- Un motociclista entrena para una competencia. El primer dıa recorre 200km, el segundo dıa 280 km, el tercer dıa 360 km y ası sucesivamente, cada dıa80 km mas que el anterior. Si luego de cierta cantidad de dıas ha recorridoun total de 4680 km, ¿Cuantos dıas duro su entrenamiento?

6.- Juanito esta en un helicoptero a 2100 m de altura sobre la superficie de unlago. En un instante, el observa con un angulo de depresion α a la lanchade Eduardo y con un angulo de depresion θ a la lancha de Henry. Calcula,en metros la distancia que separa a las lanchas si se conoce que:

tanα =4

3tan θ =

7

24

y que la prolongacion del segmento que une las dos lanchas pasa por el piede la perpendicular bajada desde el helicoptero a la superficie del lago.

7.- Sea ABC un triangulo equilatero. S2 ubican los puntos M , N y P sobrelos lados BC, CA y AB, respectivamente, de tal modo que AP = 2BP ,BM = 2CM y CN = 2AN . Si el area del triangulo ABC es 126, halla elarea del triangulo encerrado por los segmentos AM , BN y CP .

8.- Hallar el valor de:1

sen 10◦ sen 30◦ sen 50◦ sen 70◦


9.- Resuelve la siguiente ecuacion trigonometrica:

cos(12x) = 5 sen(3x) + 9(tan x)2 + (cotx)2

Da como respuesta el numero de soluciones en el intervalo [0; 2π].

10.- Si a y b son numeros reales que

a4 + a2b2 + b4 = 900

a2 + ab+ b2 = 45

Calcule el valor de (2a− 2b)2. ONEM 2012 Fase II solucion

9

11.- Sea x el angulo agudo tal que cscx+ cotx =√

3. Hallar sec2 x.


12.- El valor numerico del area de un triangulo rectangulo ABC, recto en B, esigual a 18 senA senC. Calcular la hipotenusa.


13.- Sea x un numero real tal que tan5 x+ tanx+ 1 = 0, calcular tanx+ csc2 x.


14.- Si

(1 + sec x)(1 + csc x) =20

3

hallar 100(secx− 1)(cscx− 1)


10 CAPITULO 1. PROBLEMAS

Parte II

Soluciones

11

Capıtulo 2

Soluciones

1.- Haciendo y = x− 2 con el fin de hacer menos complicada la ecuacion, luegoreemplazando en la ecuacion 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 aquı 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 formula obtenemos

y1 =1 +√

5

2y2 =

1−√

5

2

pero como x = y + 2, entonces

x1 =1 +√

5

2+ 2 x2 =

1−√

5

2+ 2

x1 =5 +√

5

2x2 =

5−√

5

2

finalmente la mayor raiz es x1 problema �

2.- Denotemos por 2a el lado del cuadrado, luego realizando trazos auxiliaresy aprovechando la simetrıa del grafico tenemos la siguiente figura

13

14 CAPITULO 2. SOLUCIONES

luego como AD = BC tenemos que

x+ x cot θ + a tan θ = 2a (1)

por otra parte en el triangulo rectangulo 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)

��2acot θ − 1

cot θ=x

a

cot θ =a

a− x(2)

de esto ultimo tambien tenemos que tan θ =a− xa

, 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

Finalmente como el lado del cuadrado es 24, tenemos que 2a = 24, es decira

2= 6 por lo tanto

x = 6.

problema �

3.- Como θ esta en el primer cuadrante y tenemos que tan θ =1

6, todo esto

podemos representarlo en un triangulo rectangulo de catetos 1 y 6 como seve en la siguiente figura.

Figura 2.1: Donde la hipotenusa resulta del teorema de Pitagoras.

Luego la expresion que nos piden hallar queda reescrita de la siguiente forma,con la informacion obtenida de la figura anterior,

√37

(√16 + 6 + 2

16 + 6

−6√37

2

)luego de operar la expresion 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 senA+ cscA, esto de la figura es igual a

senA+ cscA =a

b+b

a=a2 + b2

ab

finalmente por (1) tenemos que

senA+ cscA = 7

problema �


5.- Recordemos que sen 50◦ = cos 40◦ y sen 70◦ = cos 20◦, luego el problema sepuede 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 eldenominador 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 + a2b2 + b4 = 900 (1)

a2 + ab+ b2 = 45 (2)

De (1) observe que a4 + a2b2 + b4 = (a2 + b2)2 − a2b2 = 900, en esto ultimoreemplazamos a2 + b2 = 45− ab que es de (2), luego tenemos que

(45− ab)2 − a2b2 = 900

2025 +��a2b2 − 90ab−��a2b2 = 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

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+ cotx =√

3 en funcion 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 triangulo 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 despejandob

atenemos

b

a=

1√3


luego en el triangulo tenemos que

Figura 2.2: El valor de c es por Pitagoras.

Finalmente tenemos que secx =2

1= 2 entonces sec2 x = 4

problema �

8.- Rpt.- 6 problema �

9.- Del enunciado

tan5 x− tan2 x+ tan2 x+ tanx+ 1 = 0

tan2 x(tan3 x− 1) + tan2 x+ tanx+ 1 = 0

de la diferencia de cubos tenemos que (tan3−13 = (tan x − 1)(tan2 x +tanx+ 1)), luego

tan2 x(tanx− 1)(tan2 x+ tanx+ 1) + tan2 x+ tanx+ 1 = 0

factorizando tan2 x+ tanx+ 1 tenemos

(tan2 x+ tanx+ 1)(tan2 x(tanx− 1) + 1) = 0

(tan2 x+ tanx+ 1)(tan3 x− tan2 x+ 1) = 0

de esto ultimo tenemos que, si tan2 x + tan x + 1 = 0 entonces tanx serıaun valor complejo, ya que la ecuacion tiene discriminante negativo. Por lotanto la unica opcion es que

tan3 x− tan2 x+ 1 = 0

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 xsen3 x

cosx= sen2 x− cos2 x

sen3 x = cosx sen2 x− cos3 x. (1)

Por otra parte llevando a senos y cosenos lo que nos piden, es decir

tanx+ csc2 x =senx

cosx+

1

sen2 x

=sen3 x+ cosx

cosx sen2 x

luego reemplazando (1) en la ultima expresion tenemos

tanx+ csc2 x =cosx sen2 x− cos3 x+ cosx

cosx sen2 x

=cosx sen2 x+ cosx(1− cos2 x)

cosx sen2 x

=cosx sen2 x+ cosx sen2 x

cosx sen2 x

finalmente tenemos la respuesta

tanx+ csc2 x = 2

Comentario: Inicialmente se trabajo unicamente con el dato del problema,despues de varios intentos fallidos, se intento transformar un poco lo quenos pedıan, lo que nos llevo con la respuesta.

Se debe observar la tecnica que se utiliza al inicio de la solucion para dis-minuir el grado del de la ecuacion.

problema �

10.- Pasando a senos y cosenos el enunciado, es decir(1 +

1

cosx

)(1 +

1

senx

)=

20

3


Luego multiplicando en ambos miembros por

(1

cosx− 1

), luego tenemos

(1

cosx− 1

)(1 +

1

cosx

)(1 +

1

senx

)=

20

3

(1

cosx− 1

)(

1

cos2 x− 1

)(1 +

1

senx

)=

20

3

(1

cosx− 1

)

analogamente multiplicamos en ambos miembros por

(1

senx− 1

), luego

tenemos(1

cos2 x− 1

)(1 +

1

senx

)(1

senx− 1

)=

20

3

(1

cosx− 1

)(1

senx− 1

)(

1

cos2 x− 1

)(1

sen2 x− 1

)=

20

3

(1

cosx− 1

)(1

senx− 1

)(

1− cos2 x

cos2 x

)(1− sen2 x

sen2 x

)=

20

3

(1

cosx− 1

)(1

senx− 1

)(

sen2 x

cos2 x

)(cos2 x

sen2 x

)=

20

3

(1

cosx− 1

)(1

senx− 1

)1 =

20

3

(1

cosx− 1

)(1

senx− 1

)3

20= (secx− 1)(cscx− 1).

Finalmente multiplicando por 100 a esta ultima expresion tenemos que

15 = 100(sec x− 1)(cscx− 1).

Comentario: La idea que ayudo aquı fue buscar una relacion entre el datoy lo que se pide.

Otra solucion: Denotemos por M lo que nos piden, de esta manera ingre-samos una variable auxiliar, con lo tenemos

M = 100(secx− 1)(cscx− 1)

a esto le multiplicamos la condicion del problema, con lo que tenemos

20M

3= 100(secx− 1)(secx+ 1)(cscx− 1)(csc +1)

= 100(sec2 x− 1)(csc2 x− 1)

= 100

(1− cos2 x

cos2 x

)(1− sen2 x

sen2 x

)

21

recuerde la identidad pitagorica 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 variableauxiliar M facilito las cosas.

problema �

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