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Lic. Valentín Ochoa Avilés
I.E. Alberto Flores Galindo
Solucionario de la Primera Fase ONEM 2012 – Nivel III . 1.
x + 2y = 265 x+ y = 160
x = 55
2.
60%(25) + 70%(30) + 80%(45) = x%(25 + 30 + 45)
15 + 21 + 36 = x%(100) = x
x = 72
3.
Sea N la cuenta a pagar N = 2(3) + 5x = ….6 ò ….. 1
x = 36
4.
Tenemos E = (Tan35º)(Tan55º) (Tan60º) (Tan60º) (Tan65º) / (Cot25º)(Cot40º) (Cot45º) (Cot50º) E = (1) (Tan60º) (Tan65º) / (Cot25º)(1) (1) = (Tan60º)
E = 3
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Sea 43620 es múltiplo de tres, al quitarle un dígito seguirá siendo múltiplo de 3 así como de 5 y 7. 5.
Tenemos que quitarle 3 ò 6, 4120 no es múltiplo de 7.
Tendremos que borrar 6.
6.
Sean C: cantidad de conejos; P: cantidad de patos Luego
C – P = (1/2)(C + P) 2C – 2P = (C + P) P)
C = 3P 7.
Tenemos:
Sen.Tan = 1/3
Cos.Tan = 1/3 Sen = 1/3 y Cos = 8/3 Cot = 8.
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Sea E = TanC. CosA, luego
E = TanC. CosA = CotA. CosA = Cos2A/SenA = {1/(1+ m2)}/ {2/(1+ m2}
E = 1/2 9.
La división es
854 : 7 = 122
dígitos = 5 10.
Tenemos 2a < b; 3b < c; 4c < d, luego 24a < 12b; 12b < 4c; 4c < d, es decir 24a < 12b < 4c < d, entonces los valores mínimos serán:
a = 1; b = 3; c = 10; d = 41.
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Tenemos
aba2 = bc3
aba = k3 ; bc = k2
343 = k3 ; 49 = k2
a+b+ c =
12.
16.
Se tendría que tener uno mas de lo que ve: es decir: (2h + 1h 1h)) y (3m + 1m 1m), ), 7 personas
Hay como mínimo 7 personas 13.
Se tiene
Nro de tarros 1t “x”
Àrea 1m2 6(52) + 6(32) - 2(32)
Se necesitará 186 tarros de pintura. 14.
Si el àrea sombreada es de 19 cm2 , entonces el àrea son sombrear será
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Àrea si sombrear: 6(8)/2 – 19 = x(m + n)/2; con
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m + n = 10
x = 1. 15.
Tenemos {(f(6k+1) + f(6k+2) + f(6k+3) + f(6k+4) + f(6k+5) + f(6k+6)} (k=0,15)
+ f(97) + f(98) + f(99) + f(100) =
= 350. 16.
Se tiene
a2 - 1 = b … (I) b2 - 1 = a … (II)
(a+b)(a-b) + (a-b) = 0
de (I) – (II)
(21) + (6+3+2+1) = 16(21) + 14
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(a+b + 1)(a-b) = 0, (a+b) = -1 Además: (a2 + b2) - 2 = – 1 de (I) + (II)
(a2 + b2) = 1
Luego 2ab = (a+b)2 - (a2 + b2) = 0
Finalmente
(a3 + b3) = (a + b)(a2 + b2 - ab)
(a3 + b3) = – 1
17.
(a + b) max = 5.
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Sea el triángulo ABC de ángulos: (x – r), x, (x + r) x = 60º, los otros ángulos sumaran 120º 18.
Supongamos que m(PMB) = 90º y sea a = m(BAM); b = m(MAC) luego:
m(PNB) = a = m(PNC) = m(PCM) …. por cuadriláteros inscriptibles APNO y NOMC; y propiedad “mariposa”
m(NPC) = a = m(NBC) = m(MPC) …. por cuadriláteros inscriptibles APNO y OPBM; y propiedad “mariposa”
En el triángulo rectángulo PMC: a + b = 45 = m(A)
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19.
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El mayor àngulo mide 75º.
Tenemos por Cardano a + b + c = – 3
ab + ac + bc = 5
a .b. c = -7 Luego: P(y) = 3 – y, para y a: b: c Sea
Q(x) = P(x) + x + 3, luego tendrà como raíces raíces a a: b: c
Q(x) = P(x) + x + 3 = k(x – a)(x – b)(x – c) Reemplazamos x = -3
Q(-3) = -16 = -k(3 + a)(3 + b)(3 + c)
16 = k{ 33 + 32 (a + b + c) + 3(ab + ac + bc) + abc}
16 = k{0 + 15 – 7}
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2= k Finalmente:
20.
P(0) + 0 + 3 = 2(-a)(-b)(-c) = 14
P(0) = 11.
Sea el gráfico siguiente:
Tenemos 2(a + b + c) = 360º a + b + c = 180º, luego x = b ; y = a. Entonces ABP APD PDC m/PA = PD/AD y n/PA = PD/AD
m=n Finalmente
m/8= 6/n m = n = 43
BC = 83. Se da clases particulares a domicilio primaria, secundaria, pre universitario Llamar al 959918856
