IES Mediterráneo de Málaga
Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
Opción A
x + 3 y + 2 z = −1
Problema A.1.- Se tiene el sistema de ecuaciones 2 x + 4 y + 5 z = k − 2 , donde k es un parámetro real.
x + k 2 y + 3 z = 2k
Obtener:
a) Discutir razonadamente el sistema según los valores de k. (4 puntos).
b) Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado todas las
soluciones del sistema cuando k = -1 (3 puntos).
c) Resolver razonadamente el sistema cuando k = 0 (3 puntos)
1 3
A= 2 4
1 k2
2 1
3
2
−2 1
5=0
−2
1 = 1⋅ 2
= −2 − k 2 + 3 = −k 2 + 1 ⇒ Si A = 0 ⇒ −k 2 + 1 = 0 ⇒
k −3 1
3 0 k2 −3 1
k = −1
k2 =1⇒ k = ± 1 ⇒
⇒
k =1
∀k ∈ ℜ − {− 1 , 1} ⇒ A ≠ 0 ⇒ rang ( A) = 3 = Número incognitas ⇒ Sistema Compatible Deter min ado
Si k = 1
1 3 2 − 1 1 3 2 − 1 1 3 2 − 1
2 4 5 − 1 ≡ 0 − 2 1 1 ≡ 0 − 2 1 1 ⇒ rang ( A) = 2 ≠ rang ( A) = 3 ⇒ .Sist. Incompatible
1 1 3 2 0 − 2 1 3 0 0 0 2
Si k = −1
1 3 2 − 1 1 3 2 − 1 1 3 2 − 1
2 4 5 − 3 ≡ 0 − 2 1 − 1 ≡ 0 − 2 1 − 1 ⇒ rang ( A) = rang ( A) = 2 < Número incognitas ⇒
1 1 3 − 2 0 − 2 1 − 1 0 0 0 0
Sistema Compatible In det er min ado
b)
Si k = −1 ⇒ Sistema Compatible In det er min ado
1 3 2 − 1
0 − 2 1 − 1 ⇒ −2 y + z = −1 ⇒ z = −1 + 2 y ⇒ x + 3 y + 2 ⋅ (− 1 + 2 y ) = −1 ⇒ x + 3 y − 2 + 4 y = −3
0 0 0 0
Solución ⇒ ( x , y , z ) = (− 1 − 7λ , λ , − 1 + 2λ )
c)
Si k = 0 ⇒ Sistema Compatible Deter min ado
1 3 2 − 1 1 3 2 − 1 1 3 2 − 1
2 4 5 − 2 ≡ 0 − 2 1 0 ≡ 0 − 2 1 0 ⇒ − y = 1 ⇒ y = −1 ⇒ −2 ⋅ (− 1) + z = 0 ⇒ z = −2
1 0 3 0 0 − 3 1 1 0 −1 0 1
x + 3 ⋅ (− 1) + 2 ⋅ (− 2 ) = −1 ⇒ x = 6 ⇒ Solución ⇒ ( x , y , z ) = (6 , − 1 , − 2 )
1
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Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
x = −1 − 2λ
x −1 y
Problema A.2. Se dan el punto A = (-1 , 0 , 2) y las rectas r :
= = z − 2 y s : y = 1 + 3λ .
2
3
z = 1+ λ
Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
a) La ecuación del plano π que pasa por el punto A y contiene a la recta r. (3 puntos).
b) La ecuación del plano σ que pasa por el punto A y es perpendicular a la recta s. (3 puntos)
c) Un vector dirección de la recta l intersección de los planos π y σ (2 puntos) y la distancia entre las
rectas s y l. (2 puntos).
a) Determinaremos el plano π gracias a los vectores director de la recta r, al vector AR, siendo R un punto
cualquiera de la recta r (tomaremos el indicado en su ecuación) 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
Siendo R(1 , 0 , 2 )
v r = (2 , 3 , 1)
x +1 y
0
AR = (1 , 0 , 2 ) − (− 1 , 0 , 2 ) = (2 , 0 , 0 ) ≡ (1 , 0 , 0 ) ⇒ π ≡ 1
AG = ( x , y , z ) − (− 1 , 0 , 2 ) = ( x + 1 , y , z − 2 )
2
3
π ≡ y − 3z + 6 = 0
z−2
0
= 0 ⇒ 3 ⋅ (z − 2) − y = 0 ⇒
1
b) El vector de la recta s es perpendicular a al vector AG y su producto escalar es nulo y la ecuación del
plano σ
v s = (− 2 , 3 , 1)
⇒ v s ⊥ AG ⇒ v s ⋅ AG = 0 ⇒ (− 2 , 3 , 1) ⋅ (x + 1 , y , z − 2 ) = 0 ⇒
AG = (x + 1 , y , z − 2 )
(− 2 ) ⋅ (x + 1 ,) + 3 y + (z − 2) = 0 ⇒ σ ≡ 2 x − 3 y − z + 4 = 0
c)
y − 3z + 6 = 0
l:
⇒ y = 3 z − 6 ⇒ 2 x − 3 ⋅ (3 z − 6 ) − z + 4 = 0 ⇒ 2 x − 9 z + 18 − z + 4 = 0 ⇒
2 x − 3 y − z + 4 = 0
2 x − 10 z + 22 = 0 ⇒ x − 5 z + 11 = 0 ⇒ x = −11 + 5 z ⇒ vl = (5 , 3 , 1)
También se puede calcular como el producto vectorial de los vectores de los planos
Son rectas que tienen un punto común A, por lo tanto se cortan en él y la distancia, entre ellas, es nula.
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Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
Problema A.3. Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
m ( x + 1) e 2 x
a) El valor de m para el cual la función f ( x ) = ( x + 1) sen x
x
si
x≤0
si
x>0
es continua en
x = 0. (3
puntos).
2x
b) Los intervalos de crecimiento o decrecimiento de la función (x +1) e . (3 puntos).
∫ (x + 1) e
c) La integral
2x
dx , (2 puntos) y el área limitada por la curva y = (x +1) e2x y las rectas x = 0, x
=1 e y = 0. (2 puntos).
a)
lim+
(x + 1) sen x = 0 =
sen x + ( x + 1) cos x
Aplicando L ' Hopital
= sen 0 + (0 + 1) cos 0 = 0 + 1 = 1
→ = lim
x →0 +
1
0
x
2⋅0
0
f (0 ) = lim− f ( x ) = m (0 + 1) e = m ⋅ 1 ⋅ e = m ⋅ 1 ⋅ 1 = m
x →0
⇒ f (0 ) = lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) ⇒ m = 1
x →0
x →0
lim+ f ( x ) = 1
x →0
x →0
b)
g ( x ) = ( x + 1) e 2 x ⇒ g ' ( x ) = e 2 x + 2 ( x + 1) e 2 x = e 2 x (1 + 2 x + 2 ) = e 2 x (2 x + 3) ⇒ Creciente ⇒ g ' ( x ) > 0
e
2x
e 2 x > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ
(2 x + 3) > 0 ⇒ 2 x + 3 > 0 ⇒ 2 x > −3 ⇒ x > − 3
2
−
−∞
2x
3
2
∞
e >0
(+)
(+)
3
2
(-)
(+)
(-)
(+)
x>
−
Solución
Decreciente
∀x ∈ ℜ / x < −
3
2
Creciente
∀x ∈ ℜ / x > −
3
2
3
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Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
Continuación del Problema 3 de la opción A
c)
(x + 1) e 2 x − 1 e 2 x dx = (x + 1) e 2 x − 1 ⋅ e 2 x
e2x
dx =
2
2
2
2∫
2
2 2
x + 1 = u ⇒ du = dx
1 t
et e2x
Por partes ⇒ 2 x
2x
e dx = dv ⇒ v = ∫ e dx = 2 ∫ e dt = 2 = 2
dt
2 x = t ⇒ 2 dx = dt ⇒ dx =
2
2x
2x
2x
(
(
2 x + 1) e 2 x
x + 1) e
e
e
2x
+K
∫ (x + 1) e dx = 2 − 4 = 4 [2 (x + 1) − 1] =
4
c)
2x
∫ (x + 1) e
dx =
(x + 1) e 2 x
−∫
Puntos de corte con OX ⇒ y = 0 ⇒ (x + 1) e 2 x = 0 ⇒ x + 1 = 0 ⇒ x = −1
1
3
1 1 2⋅
0 < < 1 ⇒ g = + 1 e 2 = e > 0
2
2
2 2
1
∫ (x + 1) e
0
(2 x + 1) e 2 x
(2 ⋅ 1 + 1) e 2⋅1 − (2 ⋅ 0 + 1) e 2⋅0 = 3 e 2 − 3 e 0 = 3 e 2 − 3 = 3 e 2 − 1 u 2
=
=
4
4
4
4
4
4
4 4
0
1
1
2x
(
)
4
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Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
Opción B
1 − 1 1
− 2
Problema B.1. Se dan las matrices A = 0 1 1 , B = 1 y C (− 1 1 3)
0 0 1
−1
Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
-1
a) La matriz inversa A de la matriz A. (3 puntos).
b) La matriz X que es solución de la ecuación AX = BC. (4 puntos).
3
c) El determinante de la matriz 2M , siendo M una matriz cuadrada de orden 2 cuyo determinante vale
1
(3
2
puntos).
a) Una matriz tiene inversa siempre que su determinante no sea nulo
1 −1 1
1 0 0
1
−1
−1
t
t
A = 0 1 1 = 1 ≠ 0 ⇒ Existe A ⇒ A = ⋅ adj A ⇒ A = − 1 1 0 ⇒
A
1 1 1
0 0 1
1 −1 − 2
1 −1 − 2 1 −1 − 2
1
−1
t
adj A = 0 1 − 1 ⇒ A = ⋅ 0 1 − 1 = 0 1 − 1
1
0 0
1 0 0
1
1
0 0
b)
A −1 AX = A −1 BC ⇒ IX = A −1 BC ⇒ X = A −1 BC
1 −1 − 2 − 2
− 1
X = 0 1 − 1 ⋅ 1 ⋅ (− 1 1 3) = 2 ⋅ (− 1 1 3) = (0)
0 0
− 1
1 − 1
c)
3
2 1
1
2M = 2 ⋅ M = 2 ⋅ = =
8 4
2
3
3
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Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
Problema B.2. Se da el triángulo T, cuyos vértices son A = (1 , 2, - 2), B = (0, - 3, 1) y
, y los planos :
π1 : x + y + z +1 = 0
C = (-1, 0, 0)
x = −α + β + 1
y π 2 : y = α − 2β
z =α + β
.
Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
a) La posición relativa del plano π 1 y del plano que contiene al triángulo T. (4 puntos).
b) Un vector
n1 perpendicular al plano π 1 y un vector n2 perpendicular al plano π 2
el coseno del ángulo formado por los vectores
n1 y n2 (1,5 puntos).
c) Las ecuaciones paramétricas de la recta intersección de los planos
a) Determinaremos el plano
π3
π1 y π 2
(1,5 puntos) y
(3 puntos).
hallando los vectores AB, AC y AG, siendo G el punto genérico del plano
buscado. Los tres vectores son coplanarios y, por ello, el determinante de la matriz que forman es nula y la
ecuación pedida del plano.
Los planos pueden ser paralelos o coincidentes, en esos casos sus vectores directores son iguales o
proporcionales, si no lo son se cortan según una recta.
AB = (0 , − 3 , 1) − (1 , 2 , − 2) = (− 1 , − 5 , 3) ≡ (1 , 5 , − 3)
x −1 y − 2 z + 2
5
−3 = 0 ⇒
AC = (− 1 , 0 , 0 ) − (1 , 2 , − 2 ) = (− 2 , − 2 , 2) ≡ (1 , 1 , − 1) ⇒ π 3 ≡ 1
AG = ( x , y , z ) − (1 , 2 , − 2) = ( x − 1 , y − 2 , z + 2)
1
1
−1
− 5 ( x − 1) − 3 ( y − 2) + ( z + 2) − 5 (z + 2) + 3 ( x − 1) + ( y − 2) = 0 ⇒ −2 ( x − 1) − 2 ( y − 2) − 4( z + 2) = 0 ⇒
(x − 1) + ( y − 2) + 2 (z + 2) = 0 ⇒ π 3 ≡ x + y + 2 z + 1 = 0 ⇒
x + y + 2z + 1 = 0 1 1 1
⇒ = ≠ ⇒ Son planos que se cor tan según una recta
1 1 2
x + y + z +1 = 0
b)
x −1
π 2 ≡ −1
1
y
z
1 1 = x − 1 + y + 2 z − z + 2 (x − 1) + y = 3 (x − 1) + 2 y + z ⇒ π 2 ≡ 3 x + 2 y + z − 3 = 0
−2 1
n1 ⋅ n2
n1 = (1 , 1 , 1)
(1 , 1 , 1) ⋅ (3 , 2 , 1)
3 + 2 +1
6
6 42
⇒ cos n1 , n2 = cos α =
=
=
=
=
2
2
2
2
2
2
42
n2 = (3 , 2 , 1)
3 ⋅ 14
42
1 +1 +1 ⋅ 3 + 2 +1
n1 ⋅ n2
(
cos α =
)
42
42
= 22º12'28' '
⇒ α = arc cos
7
7
c)
x + y + z +1 = 0
⇒ −2 x − y + 4 = 0 ⇒ y = 4 − 2 x ⇒ x + 4 − 2 x + z + 1 = 0 ⇒ z = −5 + x ⇒
− 3 x − 2 y − z + 3 = 0
x=λ
r ≡ y = 4 − 2λ
z = −5 + λ
6
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Solución Junio 2014
Juan Carlos Alonso Gianonatti
Problema B.3. Se tiene un cuadrado de mármol de lado 80 cm. Se produce la rotura de una esquina y
queda un pentágono de vértices A = (0 , 20) , B = (20 , 0) , C = (80 , 0) , D = (80 , 80) y E = (0 , 80) . Para
obtener una pieza rectangular se elige un punto P = (x , y) del segmento AB y se hacen dos cortes
paralelos a los ejes X e Y. Así se obtiene un rectángulo R cuyos vértices son los puntos P = (x , y) , F = (80 ,
y) , D = (80 , 80) y G = (x , 80) .
Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:
a) El área del rectángulo R en función de x, cuando 0 ≤ x ≤ 20 . (3 puntos).
b) El valor de x para el que el área del rectángulo R es máxima. (5 puntos).
c) El valor del área máxima del rectángulo R. (2 puntos).
80
D
G
80
E
A
B
F
y
20
P(x , y)
20-x
A
C
20
a)
20
y
=
⇒ y = 20 − x
⇒ R( x ) = (80 − x ) ⋅ [80 − (20 − x )] = (80 − x ) (80 − 20 + x ) = (80 − x ) (60 + x ) ⇒
20 − x 20
R( x ) = (80 − x ) ⋅ (80 − y )
R( x ) = 4800 + 80 x − 60 x − x 2 = − x 2 + 20 x + 4800 ⇒
b)
dR( x )
R' (x ) =
= −2 x + 20 ⇒ A' ( x ) = 0 ⇒ −2 x + 20 = 0 ⇒ 2 x = 20 ⇒ x = 10
dx
x = 10 cm
d 2 R(x )
R' ' (x ) =
= −2 < 0 ⇒ Máximo ⇒
2
dx
y = 20 − 10 = 10 cm
c)
R = −10 2 + 20 ⋅10 + 4800 = −100 + 200 + 4800 = 4900 cm 2
7
0
