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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL SANTA
CENTRO PREUNIVERSITARIO – CEPUNS
3° EXAMEN FORMATICO 2015 III
58.Determine la suma del máximo y mínimo valor de:
   M sen 2x 10º sen 20º 2x  
A)
3
2
B)
3
2
 C)
2
2
D)
2
2
 E)
5
2
SOLUCIÓN: ejercicio 3
   2M 2sen 2x 10º sen 20º 2x    
1
M cos 4x 10º cos30º
2
    
Máx
1 1 3
M 1 cos30º 1
2 2 2
 
       
  
Mín
1 1 3
M 1 cos30º 1
2 2 2
 
         
  
Sumando:
3
2
 
59.En un triángulo ABC, reducir:
2 2
sen A sen B
M ,
sen2A sen2B



si: A B
4

 
A) ½TanC B) – ½TanC C)
1
2
D) tan C E) – tan C
SOLUCIÓN:
   
   
sen A B sen A B
M
2sen A B cos A B
 

 
M=  
1
tg A B
2

Pero:
1 1
A B M tg
4 2 4 2
  
     
 
60.Resolver: Sec2
x = √3tanx + 1
Indicar el número de soluciones positivas menores que una vuelta.
A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5
CLAVE
B
SOLUCIÓN:
𝑠𝑒𝑐2
𝑥 = √3𝑡𝑎𝑛𝑥 + 1
1 + 𝑡𝑎𝑛2
𝑥 = √3𝑡𝑎𝑛𝑥 + 1
𝑡𝑎𝑛2
𝑥 = √3𝑡𝑎𝑛𝑥
𝑡𝑎𝑛𝑥 = √3
⇒ x = 60°, 240°, 420°, 600°, …
𝑡𝑎𝑛𝑥 = 0
⇒ x = 0°, 180°, 360°, 540°, …
Las soluciones positivas y menores que 1 vuelta son:
X = 60°, 180°, 240°
FORMULADOR: Lic. Johnny Martínez Valle FECHA: 12/02/2015
61.Resolver: 𝑠𝑒𝑛 (𝑥 −
𝜋
3
) > 𝑠𝑒𝑛𝑥, si: 𝑥 ∈ [0 ; 2𝜋]
A) 〈
2𝜋
3
;
5𝜋
3
〉 B) (
2𝜋
3
;
5𝜋
6
) C) (
3𝜋
4
;
5𝜋
4
) D) (
2𝜋
3
;
3𝜋
4
) E) (
𝜋
3
;
𝜋
4
)
SOLUCIÓN:
Sen(x - π/3) > senx , si: x ∈ [0 ;2π]
[𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠
𝜋
3
− 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑠𝑒𝑛
𝜋
3
] > 𝑠𝑒𝑛𝑥
1
2
𝑠𝑒𝑛𝑥 −
√3
2
𝑐𝑜𝑠𝑥 > 𝑠𝑒𝑛𝑥
𝑠𝑒𝑛𝑥 − √3𝑐𝑜𝑠𝑥 > 2𝑠𝑒𝑛𝑥
0 > 𝑠𝑒𝑛𝑥 + √3𝑐𝑜𝑠𝑥
0 > 2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
3
)
𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
3
) < 0
(𝑥 +
𝜋
3
) 𝜖 [𝜋 ; 2𝜋] → 𝑥 𝜖 〈
2𝜋
3
;
5𝜋
3
〉
62. Si la función f está definida por: 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + cos(𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(𝑥) cos(𝑥) + 1
Calcule el máximo valor de la función f.
a) 1 + √2 b) 3 c)
3
2
+ √2 d) 3 + √2 e)
3
2
+ 2√2
CLAVE
C
CLAVE
A
SOLUCIÓN:
𝑓(𝑥) = [1 + 𝑠𝑒𝑛𝑥][1 + 𝑐𝑜𝑠𝑥]
𝑓(𝑥) =
2[1 + 𝑠𝑒𝑛𝑥][1 + 𝑐𝑜𝑠𝑥]
2
𝑓(𝑥) =
[1 + 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥]2
2
𝑓(𝑥) =
1
2
[1 + √2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
4
)]
2
Conocemos: −1 ≤ 𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
4
) ≤ 1
Multiplicamos por √2 : −√2 ≤ √2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
4
) ≤ √2
Sumamos 1: 1 − √2 ≤ 1 + √2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
4
) ≤ √2 + 1
Elevando al cuadrado: 0 ≤ [1 + √2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
4
)]
2
≤ 3 + 2√2
Dividiendo entre 2: 0 ≤
1
2
[1 + √2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 +
𝜋
4
)]
2
≤
3
2
+ √2
0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤
3
2
+ √2
⇒ 𝑓(𝑥) 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑜 =
3
2
+ √2
63. Determine el periodo de la función:
𝑓(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠(|𝑡𝑔𝑥| + |𝑐𝑡𝑔𝑥|)
a) 2𝜋 b) 𝜋 c)
𝜋
2
d)
𝜋
4
e)
3𝜋
2
SOLUCIÓN:
Sea f de periodo : T
⇒ 𝑓(𝑥 + 𝑇) = 𝑐𝑜𝑠[|𝑡𝑔(𝑥 + 𝑇)| + |𝑐𝑜𝑡(𝑥 + 𝑇)|]
Para:
𝑇 =
𝜋
2
………………..(suposición)
𝑓 (𝑥 +
𝜋
2
) = 𝑐𝑜𝑠 [|𝑡𝑔 (𝑥 +
𝜋
2
)| + |𝑐𝑡𝑔 (𝑥 +
𝜋
2
)|]
𝑓 (𝑥 +
𝜋
2
) = [|𝑐𝑡𝑔𝑥| + |𝑡𝑔𝑥|]
⇒ 𝑓 (𝑥 +
𝜋
2
) = 𝑓(𝑥)
⇒ 𝑇 =
𝜋
2
64. Señale el rango de la función:
𝑓(𝑥) = 2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 3 arccos 𝑥
b) [−𝜋 , 2𝜋] b) [−𝜋 , 3𝜋] c) [−3𝜋 , 2𝜋] d) [−4𝜋 , 𝜋] e) [−2𝜋 , 4𝜋]
CLAVE
C
CLAVE
C
Como: 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥 + arccos 𝑥 =
𝜋
2
⇒ 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥 =
𝜋
2
− arccos 𝑥
Reemplazamos en f(x) :
𝑓(𝑥) = 2 (
𝜋
2
− arccos 𝑥) − 3 arccos 𝑥
𝑓(𝑥) = 𝜋 − 5 arccos 𝑥
Como se:
0 ≤ arccos 𝑥 ≤ 𝜋
Multiplicamos por -5:
0 ≥ −5 arccos 𝑥 ≥ −5𝜋
Sumando 𝜋 :
𝜋 ≥ 𝜋 − 5 arccos 𝑥 ≥ 𝜋 − 5𝜋
𝜋 ≥ 𝑓(𝑥) ≥ −4𝜋 ⇒ 𝑅𝑎𝑛𝑔 𝑓 = [−4𝜋 , 𝜋]
65. Encuentre un equivalente a:
𝑚 =
√
2 − √2 + √2 + √2 + ⋯ √2 +
𝜋
2
, m tiene “n” radicales
c) 2𝑠𝑒𝑛
𝜋
4
b)
1
2
𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
𝜋
4
c) 𝑠𝑒𝑛 (
1
2 𝑛
𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
𝜋
4
)
d) 2𝑠𝑒𝑛 (
1
2 𝑛
𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
𝜋
4
) e) 2𝑐𝑜𝑠 (
1
2 𝑛
𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛
𝜋
4
)
SOLUCIÓN:
Hacemos un cambio de variable:
𝜋
2
= 2𝑐𝑜𝑠𝜃 ……. ( I )
i) Para un radical: 𝑀1 = √2 +
𝜋
2
= √2 + 2𝑐𝑜𝑠𝜃 = √2(1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃) = √2 (2𝑐𝑜𝑠2 𝜃
2
)
𝑀1 = 2𝑐𝑜𝑠
𝜃
2
ii) Para dos radicales: 𝑀2 = √2 + √2 + 𝜋 2⁄ = √2 + 2𝑐𝑜𝑠 𝜃 2⁄ = √2(1 + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 2⁄ ) = √2(2𝑐𝑜𝑠2 𝜃 4⁄ )
𝑀2 = 2𝑐𝑜𝑠
𝜃
22
Analógicamente para (n-1) radicales: 𝑀(𝑛−1) = 2𝑐𝑜𝑠
𝜃
2 𝑛−1
Para “n” radicales: 𝑀 = √2 − 2𝑐𝑜𝑠
𝜃
2 𝑛−1 = √2 (1 − 𝑐𝑜𝑠
𝜃
2 𝑛−1) = √2 (2𝑠𝑒𝑛2 𝜃
2 𝑛)
𝑀 = 2𝑠𝑒𝑛 (
𝜃
2 𝑛) ………… ( II )
De ( I ) :
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
𝜋
4
⇒ 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
𝜋
4
Reemplazando en ( II)
𝑀 = 2𝑠𝑒𝑛 (
1
2 𝑛
𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
𝜋
4
)
CLAVE
D

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Preguntas

  • 1. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL SANTA CENTRO PREUNIVERSITARIO – CEPUNS 3° EXAMEN FORMATICO 2015 III 58.Determine la suma del máximo y mínimo valor de:    M sen 2x 10º sen 20º 2x   A) 3 2 B) 3 2  C) 2 2 D) 2 2  E) 5 2 SOLUCIÓN: ejercicio 3    2M 2sen 2x 10º sen 20º 2x     1 M cos 4x 10º cos30º 2      Máx 1 1 3 M 1 cos30º 1 2 2 2              Mín 1 1 3 M 1 cos30º 1 2 2 2                Sumando: 3 2   59.En un triángulo ABC, reducir: 2 2 sen A sen B M , sen2A sen2B    si: A B 4    A) ½TanC B) – ½TanC C) 1 2 D) tan C E) – tan C SOLUCIÓN:         sen A B sen A B M 2sen A B cos A B      M=   1 tg A B 2  Pero: 1 1 A B M tg 4 2 4 2            60.Resolver: Sec2 x = √3tanx + 1 Indicar el número de soluciones positivas menores que una vuelta. A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 CLAVE B
  • 2. SOLUCIÓN: 𝑠𝑒𝑐2 𝑥 = √3𝑡𝑎𝑛𝑥 + 1 1 + 𝑡𝑎𝑛2 𝑥 = √3𝑡𝑎𝑛𝑥 + 1 𝑡𝑎𝑛2 𝑥 = √3𝑡𝑎𝑛𝑥 𝑡𝑎𝑛𝑥 = √3 ⇒ x = 60°, 240°, 420°, 600°, … 𝑡𝑎𝑛𝑥 = 0 ⇒ x = 0°, 180°, 360°, 540°, … Las soluciones positivas y menores que 1 vuelta son: X = 60°, 180°, 240° FORMULADOR: Lic. Johnny Martínez Valle FECHA: 12/02/2015 61.Resolver: 𝑠𝑒𝑛 (𝑥 − 𝜋 3 ) > 𝑠𝑒𝑛𝑥, si: 𝑥 ∈ [0 ; 2𝜋] A) 〈 2𝜋 3 ; 5𝜋 3 〉 B) ( 2𝜋 3 ; 5𝜋 6 ) C) ( 3𝜋 4 ; 5𝜋 4 ) D) ( 2𝜋 3 ; 3𝜋 4 ) E) ( 𝜋 3 ; 𝜋 4 ) SOLUCIÓN: Sen(x - π/3) > senx , si: x ∈ [0 ;2π] [𝑠𝑒𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠 𝜋 3 − 𝑐𝑜𝑠𝑥𝑠𝑒𝑛 𝜋 3 ] > 𝑠𝑒𝑛𝑥 1 2 𝑠𝑒𝑛𝑥 − √3 2 𝑐𝑜𝑠𝑥 > 𝑠𝑒𝑛𝑥 𝑠𝑒𝑛𝑥 − √3𝑐𝑜𝑠𝑥 > 2𝑠𝑒𝑛𝑥 0 > 𝑠𝑒𝑛𝑥 + √3𝑐𝑜𝑠𝑥 0 > 2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 + 𝜋 3 ) 𝑠𝑒𝑛 (𝑥 + 𝜋 3 ) < 0 (𝑥 + 𝜋 3 ) 𝜖 [𝜋 ; 2𝜋] → 𝑥 𝜖 〈 2𝜋 3 ; 5𝜋 3 〉 62. Si la función f está definida por: 𝑓(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛(𝑥) + cos(𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(𝑥) cos(𝑥) + 1 Calcule el máximo valor de la función f. a) 1 + √2 b) 3 c) 3 2 + √2 d) 3 + √2 e) 3 2 + 2√2 CLAVE C CLAVE A
  • 3. SOLUCIÓN: 𝑓(𝑥) = [1 + 𝑠𝑒𝑛𝑥][1 + 𝑐𝑜𝑠𝑥] 𝑓(𝑥) = 2[1 + 𝑠𝑒𝑛𝑥][1 + 𝑐𝑜𝑠𝑥] 2 𝑓(𝑥) = [1 + 𝑠𝑒𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥]2 2 𝑓(𝑥) = 1 2 [1 + √2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 + 𝜋 4 )] 2 Conocemos: −1 ≤ 𝑠𝑒𝑛 (𝑥 + 𝜋 4 ) ≤ 1 Multiplicamos por √2 : −√2 ≤ √2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 + 𝜋 4 ) ≤ √2 Sumamos 1: 1 − √2 ≤ 1 + √2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 + 𝜋 4 ) ≤ √2 + 1 Elevando al cuadrado: 0 ≤ [1 + √2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 + 𝜋 4 )] 2 ≤ 3 + 2√2 Dividiendo entre 2: 0 ≤ 1 2 [1 + √2𝑠𝑒𝑛 (𝑥 + 𝜋 4 )] 2 ≤ 3 2 + √2 0 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 3 2 + √2 ⇒ 𝑓(𝑥) 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑜 = 3 2 + √2 63. Determine el periodo de la función: 𝑓(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠(|𝑡𝑔𝑥| + |𝑐𝑡𝑔𝑥|) a) 2𝜋 b) 𝜋 c) 𝜋 2 d) 𝜋 4 e) 3𝜋 2 SOLUCIÓN: Sea f de periodo : T ⇒ 𝑓(𝑥 + 𝑇) = 𝑐𝑜𝑠[|𝑡𝑔(𝑥 + 𝑇)| + |𝑐𝑜𝑡(𝑥 + 𝑇)|] Para: 𝑇 = 𝜋 2 ………………..(suposición) 𝑓 (𝑥 + 𝜋 2 ) = 𝑐𝑜𝑠 [|𝑡𝑔 (𝑥 + 𝜋 2 )| + |𝑐𝑡𝑔 (𝑥 + 𝜋 2 )|] 𝑓 (𝑥 + 𝜋 2 ) = [|𝑐𝑡𝑔𝑥| + |𝑡𝑔𝑥|] ⇒ 𝑓 (𝑥 + 𝜋 2 ) = 𝑓(𝑥) ⇒ 𝑇 = 𝜋 2 64. Señale el rango de la función: 𝑓(𝑥) = 2𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥 − 3 arccos 𝑥 b) [−𝜋 , 2𝜋] b) [−𝜋 , 3𝜋] c) [−3𝜋 , 2𝜋] d) [−4𝜋 , 𝜋] e) [−2𝜋 , 4𝜋] CLAVE C CLAVE C
  • 4. Como: 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥 + arccos 𝑥 = 𝜋 2 ⇒ 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝑥 = 𝜋 2 − arccos 𝑥 Reemplazamos en f(x) : 𝑓(𝑥) = 2 ( 𝜋 2 − arccos 𝑥) − 3 arccos 𝑥 𝑓(𝑥) = 𝜋 − 5 arccos 𝑥 Como se: 0 ≤ arccos 𝑥 ≤ 𝜋 Multiplicamos por -5: 0 ≥ −5 arccos 𝑥 ≥ −5𝜋 Sumando 𝜋 : 𝜋 ≥ 𝜋 − 5 arccos 𝑥 ≥ 𝜋 − 5𝜋 𝜋 ≥ 𝑓(𝑥) ≥ −4𝜋 ⇒ 𝑅𝑎𝑛𝑔 𝑓 = [−4𝜋 , 𝜋] 65. Encuentre un equivalente a: 𝑚 = √ 2 − √2 + √2 + √2 + ⋯ √2 + 𝜋 2 , m tiene “n” radicales c) 2𝑠𝑒𝑛 𝜋 4 b) 1 2 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 𝜋 4 c) 𝑠𝑒𝑛 ( 1 2 𝑛 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 𝜋 4 ) d) 2𝑠𝑒𝑛 ( 1 2 𝑛 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 𝜋 4 ) e) 2𝑐𝑜𝑠 ( 1 2 𝑛 𝑎𝑟𝑐𝑠𝑒𝑛 𝜋 4 ) SOLUCIÓN: Hacemos un cambio de variable: 𝜋 2 = 2𝑐𝑜𝑠𝜃 ……. ( I ) i) Para un radical: 𝑀1 = √2 + 𝜋 2 = √2 + 2𝑐𝑜𝑠𝜃 = √2(1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃) = √2 (2𝑐𝑜𝑠2 𝜃 2 ) 𝑀1 = 2𝑐𝑜𝑠 𝜃 2 ii) Para dos radicales: 𝑀2 = √2 + √2 + 𝜋 2⁄ = √2 + 2𝑐𝑜𝑠 𝜃 2⁄ = √2(1 + 𝑐𝑜𝑠 𝜃 2⁄ ) = √2(2𝑐𝑜𝑠2 𝜃 4⁄ ) 𝑀2 = 2𝑐𝑜𝑠 𝜃 22 Analógicamente para (n-1) radicales: 𝑀(𝑛−1) = 2𝑐𝑜𝑠 𝜃 2 𝑛−1 Para “n” radicales: 𝑀 = √2 − 2𝑐𝑜𝑠 𝜃 2 𝑛−1 = √2 (1 − 𝑐𝑜𝑠 𝜃 2 𝑛−1) = √2 (2𝑠𝑒𝑛2 𝜃 2 𝑛) 𝑀 = 2𝑠𝑒𝑛 ( 𝜃 2 𝑛) ………… ( II ) De ( I ) : 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝜋 4 ⇒ 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 𝜋 4 Reemplazando en ( II) 𝑀 = 2𝑠𝑒𝑛 ( 1 2 𝑛 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠 𝜋 4 ) CLAVE D