Documento 2550527

IES Mediterráneo de Málaga
Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
OPCIÓN A
E1.- Discutir, y resolver cuando sea posible, el sistema de ecuaciones lineales según los valores del
 mx + y = 1

parámetro m :  x + my = m
(2,5 puntos)
2mx + 2 y = m + 1

La condición fundamental para que sea compatible es que el determinante de los coeficientes ampliados
sea nulo, una vez establecida esa condición analizaremos si es compatible determinado o indeterminado. Si
no se anula el sistema es incompatible
1
1
1
1 1
1
m −1
m −1
2
2
2
= − (m − 1) + 2(m − 1) = (m − 1)
m − 1 = 1⋅
m = 0 m −1
A/ B = 1 m
2 (1 − m ) 1 − m
2m 2 m + 1 0 2 − 2m m + 1 − 2m
Si A / B = 0 ⇒ (m − 1) = 0 ⇒ m = 1 ⇒ ∀m ∈ ℜ − {1} ⇒ A / B ≠ 0 ⇒ rang ( A / B ) = 3 ≠ rang ( A / B ) = 2
2
Sistema Incompatible
Si m = 1
1 1 1 1 1 1

 

 1 1 1  ≡  0 0 0  ⇒ rang ( A) = rang ( A / B ) = 1 < Número de incognitas ⇒
 2 2 2 0 0 0

 

Sistema Compatible Ind det er min ado ⇒ x + y = 1 ⇒ x = 1 − y ⇒ Solución ⇒ ( x , y ) = (1 − λ , λ )
E2.- Sea
r≡
π
el plano que pasa por los puntos A(1 , -1 , 1) , B(2 , 3 , 2) ,C(3 , 1 , 0) y r la recta dada por
x−7 y+6 z +3
.
=
=
2
2
−1
a) Calcular el ángulo que forman la recta r y el plano π . (1 punto)
b) Calcular los puntos de r que distan 6 unidades del plano π . (1,5 puntos)
a) Para determinar el plano π debemos de halla los vectores AB, AC y AG, siendo G el punto generador
del plano, como los tres son coplanarios y este último es combinación lineal de los otros dos, el
determinante de la matriz que forman es nulo y la ecuación pedida del plano.

AB = (2 , 3 , 2) − (1 , − 1 , 1) = (1 , 4 , 1)
x −1 y +1 z −1

4
1 =0⇒
⇒π ≡ 1
AC = (3 , 1 , 0) − (1 , − 1 , 1) = (2 , 2 , − 1)

 AG = ( x , y , z ) − (1 , − 1 , 1) = ( x − 1 , y + 1 , z − 1)
2
2
−1

− 4 ⋅ ( x − 1) + 2 ⋅ ( y + 1) + 2 ⋅ ( z − 1) − 8 ⋅ ( z − 1) − 2 ⋅ ( x − 1) + ( y + 1) = 0 ⇒ −6 ⋅ ( x − 1) + 3 ⋅ ( y + 1) − 6 ⋅ ( z − 1) = 0 ⇒
2 ⋅ ( x − 1) − ( y + 1) + 2 ⋅ ( z − 1) = 0 ⇒ π ≡ 2 x − y + 2 z − 5 = 0
1
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Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
Continuación del Ejercicio E2 de la opción A
a) Continuación.Una recta y un plano pueden ser paralelos o pertenecer la recta al plano, en ese caso sus vectores
directores son perpendiculares y su producto escalar nulo, y si no es nulo las recta y el plano se cortan en
un punto.
vπ = (2 , − 1 , 2 )
⇒ vπ ⋅ vr = (2 , − 1 , 2 ) ⋅ (2 , − 1 , 2 ) = 4 + 1 + 4 = 9 ≠ 0 ⇒ Se cor tan recta y plano en un punto

 vr = (2 , − 1 , 2 )
(
)
sen vπ , vr = sen α =
vπ ⋅ vr
vπ ⋅ vr
=
9
2 2 + (− 1) + 2 2 ⋅ 2 2 + (− 1) + 2 2
2
2
=
9
9⋅ 9
=1⇒
α = arc sen (1) = 90º ⇒ La recta y el plano son perpendiculares
b) Sean los puntos P y Q
 x = 7 + 2λ
14 + 4λ + 6 + λ − 6 + 4λ − 5
2 ⋅ (7 + 2λ ) − (− 6 − λ ) + 2 ⋅ (− 3 + 2λ ) − 5

= ±6 ⇒
= ±6 ⇒
r ≡  y = −6 − λ ⇒
2
2
2
3
(
)
−
+
+
1
2
2
 z = −3 + 2λ


 x = 7 + 2 ⋅1


9 + 9λ = 18 ⇒ 9λ = 9 ⇒ λ = 1 ⇒ P  y = −6 − 1 ⇒ P(9 , − 7 , − 1)

 z = −3 + 2 ⋅1



 x = 7 + 2 ⋅ (− 3)

9 + 9λ = −18 ⇒ 9λ = −27 ⇒ λ = −3 ⇒ Q  y = −6 − (− 3) ⇒ P(1 , − 3 , − 9 )

 z = −3 + 2 ⋅ (− 3)


E3.- Hallar la función polinómica de grado 3 sabiendo que su gráfica pasa por el punto P(1 , 0), que tiene
por tangente en el punto de abscisa x = 0 la recta de ecuación y = 2x + 1, y que su integral entre 0 y 1 vale
3. (2,5 puntos)
La función es f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d ⇒ f ' ( x ) = 3ax 2 + 2bx + c

f (0) = 2 ⋅ 0 + 1 = 1 ⇒ a ⋅ 0 3 + b ⋅ 0 2 + c ⋅ 0 + d = 1 ⇒ d = 1

m = f ' (0) = 2 ⇒ 3a ⋅ 0 2 + 2b ⋅ 0 + c = 2 ⇒ c = 2

 f (1) = 0 ⇒ a ⋅13 + b ⋅12 + 2 ⋅1 + 1 = 0 ⇒ a + b + 3 = 0 ⇒ a + b = −3
1
1
1
1
1
a
b
2
∫ ax 3 + bx 2 + 2 x + 1 dx = 3 ⇒ ⋅ x 4 0 + ⋅ x 3 0 + ⋅ x 2 0 + x 2 0 = 3
4
3
2
 0
(
[ ]
)
[ ]
[ ] [ ]
3a + 4b = 12
a 4
b
a b
3a + 4b
⋅ 1 − 0 4 + ⋅ 13 − 0 3 + 12 − 0 2 + (1 − 0) = 3 ⇒ + + 1 + 1 = 3 ⇒
=1⇒ 
⇒
4
3
4 3
12
 a + b = −3
(
)
(
) (
)
 3a + 4b = 12
⇒ b = 21 ⇒ a + 21 = −3 ⇒ a = −24 ⇒ f ( x ) = −24 x 3 + 21x 2 + 2 x + 1

− 3a − 3b = 9
2
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Solución Junio 2014
()
Juan Carlos Alonso Gianonatti
− x2
E4.- Sea la función f x = e . Calcular sus intervalos de crecimiento y decrecimiento, extremos
relativos, puntos de inflexión y asíntotas. Esbozar su gráfica. (2,5 puntos)
f ' ( x ) = −2 xe
⇒ Creciente ⇒ f ' ( x ) > 0 ⇒ −2 xe
− x2
− x2
−∞
0
-2 < 0
x>0
e− x > 0
2
Solución
Creciente
 − 2 < 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ

>0⇒
x>0
2
e − x > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ

∀x ∈ ℜ / x < 0
(-)
(-)
(+)
(-)
(+)
(+)
(+)
(-)
∀x ∈ ℜ / x > 0
Decreciente
x = 0 ⇒ f (0 ) = e −0 = e 0 = 1
∞
2
Máximo relativo en
[
]
De creciente pasa a decreciente
)
(
(
)
f ' ' ( x ) = −2 e − x + (− 2 x ) ⋅ xe − x = −2e − x 1 − 2 x 2 ⇒ Concavidad ⇒ f ' ' ( x ) > 0 ⇒ −2e − x 1 − 2 x 2 > 0 ⇒
− 2e − x
2
2
2
2
2
− 2 < 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ

2

e − x > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ

1
2

=
1 − 2 x 1 + 2 x > 0 ⇒ 1 − 2 x > 0 ⇒ − 2 x > −1 ⇒ 2 x < 1 ⇒ x <
2
2

1
2

1 + 2 x > 0 ⇒ 2 x > −1 ⇒ x > −
=−

2
2

(
)
)(
−
−∞
2<0
e
− x2
>0
2
2
2
x >−
2
x<
2<0
Concavidad
2
2
2
2
∞
(-)
(+)
(-)
(+)
(-)
(+)
(+)
(+)
(-)
(-)
(+)
(+)
(+)
(-)
(+)

2 
2

∪x >
∀x ∈ ℜ /  x < −


2  
2 

Convexidad

− −

2
2
=e 
Punto de inflexión x = −
⇒ f  −

2
 2 
 2
2
=e
Punto de inflexión x =
⇒ f 

2
2


 2

−

 2 
2

2 
∀x ∈ ℜ / −
2
2
>x>
2
2
2
=e
−
2
4
1
=
e
1
2
=
1
e
2
=e
−
2
4
=
1
e
1
2
=
1
e
3
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Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
Continuación del Ejercicio E4 de la opción A
Asíntotas verticales
2
1
f ( x ) = x 2 ⇒ e x = 0 ⇒ No existe solución ⇒ No existe asíntota vertical
e
Asíntotas horizontales
1
1
y = lim x 2 = = 0 ⇒ Existe asíntota horizontal , y = 0, cuando x → ∞
x →∞
∞
e
y = lim
x → −∞
1
e
x2
1
= lim
x →∞
e
( − x )2
= lim
x →∞
1
e
x2
=
1
= 0 ⇒ Existe asíntota horizontal , y = 0, cuando x → −∞
∞
Asíntotas oblicuas
1
m = lim
x →∞
x2
1
1
f (x )
= lim e = lim x 2 = = 0 ⇒ No existe asíntota oblicua cuando x → ∞
x →∞ x
x →∞
x
∞
xe
1
m = lim
x → −∞
x2
1
1
f (x )
= lim e = lim
=
= 0 ⇒ No existe asíntota oblicua cuando x → −∞
2
x →∞ − x
x →∞
x
−∞
− xe x
Y
X
4
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Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
OPCIÓN B
 a a +1 a + 2


E1.- Sea la matriz . A =  a a + 3 a + 4 
 a a + 5 a + 6


a) Discutir su rango en función de los valores de a. (1,5 puntos) a
0
 
t
b) Para a = 1, resolver la ecuación matricial A X =  0  , siendo A la matriz traspuesta de A. (1 punto)
0
 
t
a)
 a a +1 a + 2  a 1 2  a 1 2  a 1 2

 
 
 

 a a + 3 a + 4  ≡  a 3 4  ≡  0 2 2  ≡  0 2 2  ⇒ ∀a ∈ ℜ ⇒ rang ( A) = 2
 a a + 5 a + 6  a 5 6  0 4 4  0 0 0

 
 
 

b)
1 1 1  x   0  x + y + z = 0

     
A =  2 4 6  ⋅  y  =  0  ⇒  x + 2 y + 3z = 0 ⇒
 3 5 7   z   0  3x + 5 y + 7 z = 0

     
t
Es una ecuación homogénea y como su rango es 2, igual que el de A, menor que el número de incógnitas el
sistema es Compatible Indeterminado.
b)
1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0

 
 
 

 2 4 6 0  ≡  0 2 4 0  ≡  0 2 4 0  ≡  0 1 2 0  ⇒ y + 2 z = 0 ⇒ y = −2 z ⇒ x − 2 z + z = 0 ⇒
 3 5 7 0 0 2 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0

 
 
 

 x  λ 
  

x = z ⇒ Solución ⇒  y  =  − 2λ 
z  λ 
  

5
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Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
π 1 ≡ x + y + z = 3 , paralela al plano π 2 ≡ x = 0 , y que pasa
por el punto simétrico de B(-1 , 1 , 1) respecto de π 2 . (2,5 puntos)
E2.- Calcular la recta contenida en el plano
Para calcular el punto B’ simétrico de B respecto a
π 2 , hallaremos una recta s que contenga a B y sea
perpendicular a π 2 (el vector director de este plano), el punto Q intersección de la recta y el plano es el
punto medio de B y B’.
Además un vector director que tiene que ser perpendicular a los vectores directores de los dos planos, ya
que de uno, es paralelo y su vector director perpendicular al del plano y por estar contenida en π 1 es
perpendicular a su vector director. Por lo tanto el vector director de la recta r es el producto vectorial de los
dos vectores directores de los planos.
vπ 2
 x = −1 + λ
 x = −1 + 1


≡ (1 , 0 , 0 ) ⇒ s ≡  y = 1 ⇒ −1 + λ = 0 ⇒ λ = 1 ⇒ Q  y = 1 ⇒ Q(0 , 1 , 1) ⇒
 z =1
 z =1


− 1 + xB'

⇒ −1 + x B ' = 0 ⇒ x B ' = 1
0 =
2

1 + yB'
⇒ 1 + y B ' = 2 ⇒ y B ' = 1 ⇒ B' (1 , 1 , 1)
 1=
2

 1 = 1 + z B' ⇒ 1 + z = 2 ⇒ z = 1
B'
B'

2
i j k
 x =1
 vπ ≡ (1 , 1 , 1)

1
⇒ vr = vπ1 ∧ vπ 2 = 1 1 1 = j − k ⇒ vr = (0 , 1 , − 1) ⇒ r ≡  y = 1 + µ

vπ 2 ≡ (1 , 0 , 0 )
z = 1− µ
1 0 0

E3.- Sea la función f ( x ) = +2 x
a) Hallar su dominio y sus intervalos de crecimiento y decrecimiento. (0,5 puntos)
b) Calcular el punto de la gráfica de más cercano al punto (4 , 0). (2 puntos)
a)
x ≥ 0 ⇒ Dom ( f ) = ∀x ∈ ℜ / x ≥ 0
f ' ( x ) = +2
1
⇒ Creciente ⇒ f ' ( x ) > 0 ⇒ x > 0 ⇒ Creciente ⇒ ∀x ∈ ℜ / x > 0 ⇒
x
2 x
No hay decrecimiento
1
=
b)
(2
d (x ) =
d ' (x ) =
)
x − 0 + ( x − 4 ) = 4 x + x 2 − 8 x + 16 = x 2 − 4 x + 16 ⇒ d ' =
2
x−2
x − 4 x + 16
2
d d (x )
d ''=
=
dx 2
2
2
dd ( x )
2x − 4
=
2
dx
2 x − 4 x + 16
⇒ d ' ( x ) = 0 ⇒ x − 2 = 0 ⇒ x = 2 ⇒ f (2 ) = +2 2
x 2 − 4 x + 16 −
2x − 4
2 x − 4 x + 16
x 2 − 4 x + 16
2
(x − 2)
x 2 − 4 x + 16 − ( x − 2 )
=
=
x 2 − 4 x + 16
2
6
IES Mediterráneo de Málaga
Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
Continuación del Ejercicio E3 de la opción A
b)
x 2 − 4 x + 16 − x 2 + 4 x − 4
12
12
12
d ' ' (x ) =
= 2
⇒ d ' ' (2) = 2
=
= 1 > 0 ⇒ Mínimo
2
x − 4 x + 16
x − 4 x + 16
2 − 4 ⋅ 2 + 16 12
Punto 2 , 2 2
(
)
E4.- Sea la función
f (x ) =
ex
(1 + e )
x 2
.
a) Calcular un punto de su gráfica tal que la recta tangente en dicho punto sea paralela al eje OX. Escribe la
ecuación de la recta tangente. (1 punto)
b) Calcular el área limitada por la gráfica de la función, el eje y las rectas x = 0 y x = ln 5.
(1,5 puntos)
a)
) − 2 (1 + e )e e = e (1 + e ) − 2 e = e + e − 2 e = e − e = e (1 − e ) ⇒
f ' (x ) =
(1 + e ) (1 + e )
(1 + e )
(1 + e )
(1 + e )
e (1 − e )
m = f ' (x ) = 0 ⇒
= 0 ⇒ e (1 − e ) = 0 ⇒ 1 − e = 0 ⇒ e = 1 ⇒ x ln e = ln 1 ⇒ x ⋅1 = 0 ⇒ x = 0
(1 + e )
(
ex 1+ ex
2
x
x
x
x
x
x 4
x
2x
x
x 3
2x
2x
x 3
x
2x
x
x 3
x
x 3
x
x
x
x
x
x 3
f (0 ) =
e0
(1 + e )
0 2
=
1
1
1
⇒ Ecuac. tan g ⇒ y − = 0 ⋅ (x − 0 ) ⇒ y − = 0 ⇒ 4 y − 1 = 0
4
4
4
b)
Puntos de corte con OX ⇒ y = 0 ⇒
A=∫
e
x
(1 + e )
x 2
dx = ∫
ex
(1 + e )
x 2
= 0 ⇒ e x = 0 ⇒ x ln e = ln 0 ⇒ Sin solución
dt
1
1
1
t −2+1 = −t −1 = − = −
⇒ ∫ t −2 dt =
+K
2
t
− 2 +1
t
1+ ex
1 + e x = t ⇒ e x dx = dt
(
)
C = e ln K ⇒ ln C = ln e ln K ⇒ ln C = ln k ⋅ ln e ⇒ ln C = ln k ⇒ C = K
ln 5
A=
ex
∫ (1 + e )
x 2
0
1 
1 
 1 1  1 1 3 −1 1 2
 1
 1
 1 
= u
dx = − 
= −
−
= −
−
 = − −  = − =
ln 5
0 
x 
6
3
1+ e 
6 2 2 6
1+ 5 1+1
1+ e
1 + e  0
ln 5
7