Documento 2569259

IES Mediterráneo de Málaga
Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
OPCIÓN A
a)
1 2 3
αx + βy + γ z = 1 α ⋅ 1 + β ⋅ 2 + γ 3 = 1 α + 2 β + 3γ = 1



 γ x + α z = 0 ⇒  γ ⋅ 1 + α ⋅ 3 = 0 ⇒  3α + γ = 0 ⇒ A = 3 0 1 = 18 − 2 − 18 = −2 ≠ 0
x + β y + γ z = 1  1+ β ⋅ 2 + γ ⋅ 3 = 1
 2 β + 3γ = 0
0 2 3



1 2 3 1 1 2
3 1  1 2 3 1 

 
 

Compatible Deter min ado ⇒  3 0 1 0  ≡  0 − 6 − 8 − 3  ≡  0 0 1 − 3  ⇒ γ = −3 ⇒
0 2 3 0 0 2
3 0   0 2 3 0 

 
9
9
2 β + 3 ⋅ (− 3) = 0 ⇒ 2 β = 9 ⇒ β = ⇒ α + 2 ⋅ + 3 ⋅ (− 3) = 1 ⇒ α + 9 − 9 = 1 ⇒ α = 1 ⇒
2
2
 9 
Solución ⇒ (α , β , γ ) = 1 , , 9 
 2 
b) Para ser compatible determinado el determinante de los coeficientes no puede ser nulo, si es nulo
el sistema es compatible indeterminado
α
αx + y + z = 0

 x + α z = 0 ⇒⇒ A = 1
 x+ y+z =0
1

1 1
α = 0
0 α = α + 1 − α 2 − 1 = α − α 2 ⇒ Si A = 0 ⇒ α (1 − α ) = 0 ⇒ 
α = 1
1 1
∀α ∈ ℜ − {1 , 0} ⇒ A ≠ 0 ⇒ rang ( A) = 3 = Número de incógnitas ⇒ Sistema Compatible Deter min ado
c)
−1 1 0
− x + y = 1

 − z = 0 ⇒ A = 0 0 − 1 = −1 − 1 = −2 ≠ 0 ⇒ Sistema Compatible Deter min ado ⇒
 x + y =1
1 1 0

 −1 1 0 1  −1 1 0 1

 

 0 0 −1 0 ≡  0 0 −1 0 ⇒ −z = 0 ⇒ z = 0 ⇒ 2 y = 2 ⇒ y = 1 ⇒ −x + 1 = 1 ⇒ x = 0
 1 1 0 1  0 2 0 2

 

Solución ⇒ ( x , y , z ) = (0 , 1 , 0 )
1
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Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
a) Calcularemos una recta r que contenga P y que sea perpendicular al plano π , y, por ello los vectores
directores de plano y recta son coincidentes. Después hallaremos el punto de corte del plano con la recta r
que nos da el punto Q, punto medio entre P y P’

 x = 1+ λ
v r = vπ = (1 , 5 , − 6 )

⇒ r ≡  y = 5λ ⇒ Punto de corte Q con el plano π ⇒

P(1 , 0 , 1)

 z = 1 − 6λ


(1 + λ ) + 5 ⋅ 5λ − 6 ⋅ (1 − 6λ ) = 1 ⇒ 1 + λ + 25λ − 6 + 36λ − 1 = 0 ⇒ 62λ − 6 = 0 ⇒ 62λ = 6 ⇒
3
 34 1 + x P '

 31 = 2 ⇒ 31 + 31x P ' = 68 ⇒ 31x P ' = 27
 x = 1 + 31

15 0 + y P '
3
3
6
 34 15 13  
⇒ 31 y P ' = 30
=
⇒ Q ,
⇒ Q y = 5 ⋅
=
, ⇒
λ=
2
31
31
62 31
 31 31 31  

 13 = 1 + z P ' ⇒ 31 + 31z = 26 ⇒ 31z = −5
z = 1 − 6 ⋅ 3
P'
P'

 31
31
2
5
 27 30
,
,− 
P' 
31 
 31 31
b) Hallaremos un plano β que contenga a P y sea perpendicular a la recta r, la intersección de esta con el
plano es el punto H y la distancia pedida el módulo del vector PH. El vector de la recta y el vector PG, donde
G es el punto genérico del plano son perpendiculares y su producto escalar nulo y la ecuación que
queremos hallas del plano.

v r = (0 , 1 , 0 )
⇒v r ⊥ PG ⇒ v r ⋅ PG = 0 ⇒ (0 , 1 , 0 ) ⋅ ( x − 1 , y , z − 1) = 0

 PG = ( x , y , z ) − (1 , 0 , 1) = ( x − 1 , y , z − 1)
β ≡ y =0⇒
x = 0
x = 0


r ≡  y = µ ⇒ µ = 0 ⇒ H  y = 0 ⇒ PH = (0 , 0 , 0 ) − (1 , 0 , 1) = (− 1 , 0 , − 1) ≡ (1 , 0 , 1)
z = 0
z =0


d (P , r ) = PH = 12 + 0 2 + 12 = 2
2
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Juan Carlos Alonso Gianonatti
Continuación del Ejercicio 2 de la opción A
c)
x =1
x = γ


Inter sec ción con OX ⇒ OX ≡  y = 0 ⇒ γ + 5 ⋅ 0 − 6 ⋅ 0 = 1 ⇒ λ = 1 ⇒  y = 0 ⇒ A(1 , 0 , 0)
z = 0
z = 0


x = 0
x=0

1

 1 
Inter sec ción con OY ⇒ OY ≡  y = ϖ ⇒ 0 + 5ϖ − 6 ⋅ 0 = 1 ⇒ 5ϖ = 1 ⇒  y = ⇒ B 0 , , 0 
5
 5 
z=0


z = 0

x = 0
 x=0
1



Inter sec ción con OZ ⇒ OZ ≡  y = 0 ⇒ 0 + 5 ⋅ 0 − 6 ⋅ ϑ = 1 ⇒ −6ϑ = 1 ⇒  y = ⇒ C  0 , 0 , − 
6

z = ϑ

1
z

=
−

6

 OA = (1 , 0 , 0) − (0 , 0 , 0) = (1 , 0 , 0)


 1 
 1 
 OB =  0 , , 0  − (0 , 0 , 0 ) =  0 , , 0 
 5 
 5 

1
1




(
)
OB
0
,
0
,
0
0
,
0
,
0
,
0
,
−
=
−
=
−





6
6



1 0
1
1
V = ⋅ OA ∧ OB ⋅ OC ⇒ OA ∧ OB ⋅ OC = 0
6
5
0 0
V =
0
0 =−
−
1
1
⇒ OA ∧ OB ⋅ OC =
⇒
30
30
1
6
1 1
1 3
⋅
=
u
6 30 180
a)
f (− 2 ) = 16 ⋅ (− 2 ) + 16 = −32 + 16 = −16 ⇒ Punto que se cumple con la recta tan gente
f ' (− 2 ) = 16 ⇒ Pendiente de la recta tan gente
f ' ' (− 2 ) = 0 ⇒ Punto de inf lexión
3
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Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
Continuación del Ejercicio 3 de la Opción A
b)
x=0

Puntos de corte con OX ⇒ g (x ) = 0 ⇒ x 4 + 4 x 3 = 0 ⇒ (x + 4 )x 3 = 0 ⇒ 
 x + 4 = 0 ⇒ x = −4
− 4 < −2 < 0 ⇒ (− 2) + 4 ⋅ (− 2 ) = 16 + 4 ⋅ (− 8) = 16 − 32 = −16 < 0 ⇒
4
∫ (x
0
A=
4
−4
A=
)
+ 4 x dx =
3
3
−4
∫ (x
0
4
)
+ 4 x 3 dx =
[ ]
1 5
⋅ x
5
−4
0
[ ]
1
+ 4 ⋅ ⋅ x4
4
−4
0
=
[
] [
1
5
4
⋅ (− 4) − 0 5 + (− 4) − 0 4
5
]
1
1280 − 1024 256 2
⋅ (− 1024) + 256 =
=
u
5
5
5
a)
1 − 2 x − e x + sen (3 x ) 1 − 2 ⋅ 0 − e 0 + sen (3 ⋅ 0) 1 − 0 − 1 + 0 0
L´ Hopital
=
=
= = Utilizando

→ =
x →0
0
0
x2
02
0 − 2 − e x + 3 ⋅ cos (3 x ) − 2 − e 0 + 3 ⋅ cos (0) − 2 − 1 + 3 ⋅ cos (0) − 2 − 1 + 3 ⋅ 1 0
= lim
=
=
=
= =
x →0
2x
2⋅0
0
0
0
x
x
0
− 0 − e + 3 ⋅ 3 ⋅ [− sen (3 x )]
− e − 9 ⋅ sen (3 x ) − e − 9 ⋅ sen (3 ⋅ 0 )
L´ Hopital
= Utilizando

→ = lim
= lim
=
=
x →0
x →0
2
2
2
− 1 − 9 ⋅ sen (0 ) − 1 − 9 ⋅ 0
1
=
=
=−
2
2
2
b)
y = lim
(5 x + 2) (x − 6) = ∞ =    → = lim
(x − 1) (2 x − 1) ∞
2
lim
x →∞
= lim
x →∞
= lim
x →∞
Utilizando L´ Hopital
2
x →∞
(
)
)
10 x ( x − 6 ) + 5 x 2 + 2
=
2 x (2 x − 1) + 2 x 2 − 1
10 x 2 − 60 x / + 5 x 2 + 2
15 x 2 − 60 x + 2 ∞
lim
=
= = lim
x →∞
∞ x →∞
4x 2 − 2x /+ 2x 2 − 2
6x 2 − 2x − 2
(
2
x2
x
− 60 2 + 2
2
x
x
x =
2
x2
x
6 2 −2 2 − 2
x
x
x
15
60 2
60 2
+ 2
15 −
+
x x =
∞ ∞ = 15 − 0 + 0 = 15 = 5
2 2
2 2
6−0 −0
6 2
6− − 2
6− −
∞ ∞
x x
15 −
4
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Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
OPCIÓN B
a)
2x ∞
x2 ∞
L ' Hopital
L ' Hopital
= = Utilizando

→ = lim x = = Utilizando

→ =
x
x →∞ e
x →∞ e
∞
∞
lim f (x ) = lim x 2 e − x = lim
x →∞
x →∞
2
2
= =0
x
x →∞ e
∞
= lim
lim f (x ) = a + ln (1 − x ) = ln [1 − (− ∞ )] = ln (1 + ∞ ) = ∞
x → −∞
b)
 lim− f (x ) = a + ln (1 − 0 ) = a + ln 1 = a + 0 = a
x →0
⇒ f (0 ) = lim+ f (x ) = lim− f (x ) ⇒ a = 0

x →0
x →0
f (0 ) = lim+ f (x ) = 0 2 e −0 = 0 ⋅ 1 = 0

x →0
c)
−1 −1

1

=
= −1
lim− f ' (x ) =
⋅ (− 1) si x < 0


x →0
1− 0 1
⇒
⇒
f ' (x ) =  1 − x
−0
−x
2 −x
f ' (x ) = 0 ⋅ e (2 − 0 ) = 0 ⋅ 1 ⋅ 2 = 0
2 x ⋅ e − x e
si x > 0  xlim
→0 +
lim f ' (x ) = −1 ≠ lim+ f ' (x ) = 0 ⇒ No es derivable en x = 0 ⇒
x →0 −
x →0
1

si x < 0
 −
f ' (x ) = 
1− x
 x ⋅ e − x (2 − x ) si x > 0
5
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Juan Carlos Alonso Gianonatti
a) Un plano y una recta pueden ser paralelos, pertenecer la recta al plano o cortarse en un punto. Son
paralelas o la recta está contenida en el plano cuando los vectores directores, de ambos, son
perpendiculares y su producto escalar es nulo, de no ser así se cortan en un punto.
 x =1

y = 2 + 2 z ⇒ r ≡  y = 2 + 2λ
 z=λ

 v r = (0 , 2 , 1)
⇒ v r ⋅ vπ = (0 , 2 , 1) ⋅ (2 , 0 , − 1) = 0 ⋅ 2 + 2 ⋅ 0 + 1 ⋅ (− 1) = −1 ≠ 0 ⇒ Se cor tan en un punto

vπ = (2 , 0 , − 1)
b) El plano α queda determinado por el vector director de la recta, el vector director del plano π y el vector
RG, siendo R un punto cualquiera de la recta (tomamos el indicado en la ecuación paramétrica) y G el punto
genérico del plano. Los tres vectores son coplanarios y el determinante de la matriz que forman es nulo y la
ecuación del plano pedido.

v r = (0 , 2 , 1)
x −1 y − 2 z

Si R (1 , 2 , 0 ) ⇒ 
v r = (2 , 0 , − 1)
⇒α ≡ 0
2
1 =0⇒
 RG = (x , y , z ) − (1 , 2 , 0 ) = (x − 1 , y − 2 , z )
2
0
−1

− 2 (x − 1) + 2 ( y − 2 ) − 4 z = 0 ⇒ (x − 1) − ( y − 2 ) + 2 z = 0 ⇒ α ≡ x − y + 2 z + 1 = 0
c) El vector director de la recta s es AH, en donde H es el punto genérico de la recta r, es perpendicular al
vector director del plano y, por ello, su producto escalar es nulo, con el valor que nos da tendremos el punto
Q que nos determina el valor, de nuevo, del vector director de la recta AQ
 AH = (1 , 2 + 2λ , λ ) − (− 2 , 1 , 0 ) = (3 , 1 + 2λ , λ )
⇒ AH ⊥ vπ ⇒ AH ⋅ vπ = 0 ⇒


vπ = (2 , 0 , − 1)
(2 , 0 , − 1) ⋅ (3 , 1 + 2λ , λ ) = 0 ⇒ 6 − λ = 0 ⇒ λ = 6 ⇒ AQ = (3 , 1 + 2 ⋅ 6 , 6) = (3 , 13 , 6) ⇒
s≡
x + 2 y −1 z
=
=
3
13
6
6
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a) Si una matriz tiene inversa su determinante no es nulo
−1 −1 a
−1 −1 a
5 2a
A = −3 2 a = 0
5 − 2a = (− 1) ⋅ (− 1) ⋅
= 5 − 2a 2 ⇒ Si A = 0 ⇒ 5 − 2a 2 = 0 ⇒
a 1
a −1
0
0 a
−1


5
5
2a 2 = 5 ⇒ a 2 = ⇒ a = ±
⇒
2
2
−

10
2 ⇒ ∀a ∈ ℜ − − 10 , 10  ⇒ A ≠ 0 ⇒ Existe A −1


2 
10
 2
2
b)
−1 − 3 0 


1
t
t
Con a = 2 ⇒ A = 5 − 2 ⋅ 2 = 5 − 8 = −3 ⇒ A =
2 ⇒
⋅ adj A ⇒ A =  − 1 2
A
2
2 − 1

2
−1


6
3
6
6
3
6
−
−
−
−



 2 −1




1
1
adj A t =  − 3 1 − 4  ⇒ A −1 =
⋅  − 3 1 − 4 = 1 −
(− 3) 
3
 − 6 2 − 5
 
2


 − 6 2 − 5 
2 −
3



2
4
3
5

3
7
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Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
a)
5 2
5C + 2 R + 3B = 22 5C + 2 R = 22 − 3B
⇒ A=
= 5 − 4 = 1 ≠ 0 ⇒ Sist. Compatible Determ.
⇒

2 1
 2C + R = 14 − 6 B
 2C + R + 6 B = 14
 5 2 22 − 3B   1 0 − 6 + 9 B 

 

 2 1 14 − 6 B  ≡  2 1 14 − 6 B  ⇒ C = −6 + 9 B ⇒ 2 ⋅ (9 B − 6 ) + R = 14 − 6 B ⇒ 18 B − 12 + R = 14 − 6 B

 

R = 26 − 24 B ⇒ Solución ⇒ (C , R ) = (9 B − 6 , 26 − 24 B )
b)
8C + 3R = 8 ⋅ (9 B − 6 ) + 3 ⋅ (26 − 24 B ) = 72 B − 48 + 78 − 72 B = 30 €
8