Septiembre 1999

Pruebas de Aptitud para el Acceso a la Universidad SEPTIEMBRE 1999.
Matemáticas II.
OPCIÓN A
1 0 1 


1. Hallar en función de a el rango de la matriz A   0 a  3  [1,5 puntos] y calcular cuando exista la matriz
4 1 a 


inversa A1 en los casos a = 1 y a = 1 [1 punto].
SOLUCIÓN.
Puesto que el menor
1 0
1 0 
4 1
El rango de la matriz A es 2, como mínimo.
Veamos para qué valores del parámetro a el rango es 3:
1 0 1
4  16  12 4  2
0 a  3  a 2  4a  3  0  a 


2
2
4 1 a
Por tanto:
1
3
 Para a  1 o a  3 : rg A  2
 Para a  1 y a  3 : rg A  3
 A 1 existe cuando A  0 . Por tanto, cuando a  1 ,  A 1 .
Para a  1:
1 0 1
A  0 1  3  1  4  3  8 . Tenemos:
4 1 1
 1 0 1 
 1 0 4




t
A   0 1  3  A   0 1 1  
4 1 1 
 1 3 1 




 1
1
2
8
 4 1 1 

t
Adj  A 


t
1

3
5
 Adj  A    12 5 3   A 


2
8

A
 4 1 1 
 1



1
2
8

2. Dada la función f ( x ) 
1 
8
3 
8
1 
8
ex
, se pide:
x2  3
i) Hallar su dominio de definición. [0,5 puntos]
ii) Hallar el punto o puntos en los que la gráfica de la curva y = f(x) tiene tangente horizontal. [1,5 puntos]
iii) Dibujar esta curva en un pequeño entorno de cada uno de estos puntos. [0,5 puntos]
SOLUCIÓN.
i) Las funciones numerador (exponencial) y denominador (polinómica) tienen por dominio
función racional, y el denominador se anula para x   3 y x 
ii) Serán los puntos en los que f ' (x)  0 :
 x 2  2x  3  0  x 
2
f '(x) 
4  12 2  4


2
2
1
3
  3 ,
3 , su dominio es:
e x   x 2  3  e x  2x
x

2
 3
2

e x   x 2  2x  3
x
. Como se trata de una
2
 3
2
3

0 
luego la tangente es horizontal en x  1 y en x  3 .
1
iii) Comprobaremos si los puntos de tangente horizontal son puntos de mínimo o de máximo relativo:
e x  x 2  2x  3  e x  2x  2     x 2  3  e x  x 2  2x  3  2  x 2  3 2x

f ''(x)  
4
 x 2  3
2
e1  0  e1  (4)   2  e1  0 16e1
 f ''(1)  

0 
16
16
2
f (1) 
e1
1

2
2e
 0,18 
 1 ,
 0,18 máximo
e3  0  e3  4   6 2  e3  0 4  6 2  e3

0 
 f ''(3)  
64
64
f (3) 
e3
6
3,35 
3
En x  1 la función tiene un máximo relativo:
En x  3 la función tiene un mínimo relativo:
, 3,35 mínimo
Se tiene por tanto:
3. Hallar el valor de m (que supondremos positivo) para que el área delimitada por la parábola y = x 2 y la recta y = mx
valga 36 (unidades de área) [2,5 puntos]
SOLUCIÓN.
y  mx  x 2 (siendo la función y  x 2 una parábola que tiene su mínimo en el
Definimos la función diferencia:
origen, la gráfica de la recta y  mx está “por encima” de la parábola en el primer cuadrante).
El área delimitada por ambas funciones es igual a la que delimitan la función diferencia y el eje OX:
- Puntos de corte con OX:
mx  x 2  0  x  m  x   0  x  0 , x  m
- La superficie es de 36 u2:
m
S
2
m
0
3
3
3
 2

 mx  x  dx   mx2  x3   m2  m3  36  3m3  2m3  216  m3  216 

0
2
m6
Pruebas de Aptitud para el Acceso a la Universidad SEPTIEMBRE 1999.
Matemáticas II.
4. Se sabe que el producto mixto
u , v , w  vale 3 y que el módulo del vector
 
v  w es 1. Se pide:

  

i) Hallar razonadamente el volumen del tetraedro de vértices A, B, C y D sabiendo que AB  u  v , AC  w y



AD  w  2v [1,5 puntos].
ii) Hallar razonadamente la longitud de la altura de dicho tetraedro que une el vértice B con la cara ACD [1 punto]
SOLUCIÓN.
 u, v, w   3
i)
ii)

u
u cos   3    u , v  w 
v  w cos   3 
1
6
1

6
1

6
1
1
 AB , AC , AD  u  v , w , w  2v   u  v   w   w  2v   


 6
6 
V
1
1
1
AB , AC , AD   AB AC AD  
AB




6
6
6
1
1
 u  v    w  w   2  w  v    u  v  0  2  v  w     u  v  2  v  w  

 6
6 
1
2 u   v  w   2  v   v  w      2  3  1  V  1 u3
6


Por otra parte: h  AB cos AB , AC  AD



 h


AC AD cos AB , AC AD  1
6
AC  AD

6
6


w   w  2v 
w  w  2  w  v
6
6
 3u
2
 2 v w
OPCIÓN B
1. Disponemos de tres lingotes de distintas aleaciones de tres metales A, B y C. El primer lingote contiene 20 g del
metal A, 20 g del B y 60 del C. El segundo contiene 10 g de A, 40 g de B y 50 g de C. El tercero contiene 20 g de A, 40
g de B y 40 g de C. Queremos elaborar a partir de estos lingotes uno nuevo que contenga 15 g de A, 35 g de B y 50 g de
C. ¿Cuántos gramos hay que coger de cada uno de los tres lingotes? [2,5 puntos].
SOLUCIÓN.
Sean x , y , z el nº de gramos de cada uno de los tres lingotes. Cada lingote pesa 100 grs y, por tanto, la cantidad que
 0, 2 x  0,1y  0, 2 z  15

contienen de cada uno de los metales es su tanto por ciento. Se tiene:  0, 2 x  0, 4 y  0, 4 z  35
 0, 6 x  0,5 y  0, 4 z  50

Resolvemos el sistema por la regla de Cramer:
0, 2 0,1 0, 2
0, 2 0, 4 0, 4  0, 032  0, 024  0, 02  0, 048  0, 008  0, 04  0, 02
0, 6 0,5 0, 4
x
15 0,1 0, 2
35 0, 4 0, 4
50 0,5 0, 4
0, 02

2, 4  2  3,5  4  1, 4  3 0,5

 25
0, 02
0, 02
3
y
z
0, 2 15 0, 2
0, 2 35 0, 4
0, 6 50 0, 4

2,8  2  3, 6  4, 2  1, 2  4
1

 50
0, 02
0, 02

4  1,5  2,1  3, 6  1  3,5 0,5

 25
0, 02
0, 02
0, 02
0, 2 0,1 15
0, 2 0, 4 35
0, 6 0,5 50
0, 02
Por tanto, debemos coger 25 grs del primer lingote, 50 grs del segundo y 25 grs del tercero.
2. Dada la función f (x)  x 2  4  x  2 , se pide:
i) Hallar su dominio de definición. [0,5 puntos]
ii) Hallar, si los tiene, sus extremos relativos. [1 punto]
iii) Hallar, si las tiene, las asíntotas horizontales de la curva y = f(x). [1 punto]
SOLUCIÓN.



i) x 2  4  0   x  2    x  2   0  



D(f )    ,  2
Por tanto:
ii)
2x
f '(x) 
x 4
2
2
 2 ,   
1  0  x 
 x20


 x2 0
 x20


 x2 0
2 ,  
  ,  2
  2 , 2 
x2  4  x2  x  4  0  x 
1  1  16
2

no tiene extremos
relativos
iii) Veamos las tendencias de la función cuando x   y cuando x   :
 lím  x 2  4   x  2           
x  

 lím
x 

no existe asíntota horizontal cuando x   .
 x 2  4   x  2    x 2  4   x  2 
2
2
 
  lím x  4  x  4x  4 
x  4  x  2  lím 
x 
x 
x 2  4   x  2
x 2  4   x  2
2

 lím  
x 



 4x 
  lím  
  2 
2
x 

 xx
x  4   x  2 
4x  4
y  2 es una asíntota horizontal de la función (cuando x   )
4
Pruebas de Aptitud para el Acceso a la Universidad SEPTIEMBRE 1999.
Matemáticas II.
 19

, 0
x más próximo al punto Q  
 2

recta que une P y Q y la tangente a la curva en el punto P? [1 punto]
3. Hallar el punto P de la curva y 
[1,5 puntos]. ¿Qué ángulo forman la
SOLUCIÓN.

P x,

x .
d  d  P , Q 
2
19 

x   
2


x 0

2

x 2  19x 
361
x 
4
x 2  18x 
361
4
Veamos cuándo la distancia entre ambos puntos es mínima:
d' 
2x  18
361
2 x  18x 
4
2
x 2  18x 

x 9
361
x  18x 
4
0  x 9
2
361
  x  9 
4
d '' 
x 2  18x 
2x  18
2 x 2  18x 
361
4
361
4
 d ''(9)  0 
Para x  9 la distancia es mínima.
Por tanto: P  9 , 3
1

 PQ   ,  3  
2

la pendiente de la recta PQ es m1 
La pendiente de la recta tangente a la curva en el punto P es:
3
 6
1
2
y' 
1
 m2 
2 x
Como las pendientes son inversas y opuestas las dos rectas son perpendiculares.
1
6
x  y  z  1  0
4. Dadas la recta r : 
y la recta s determinada por los puntos P ( 1 , 2 , 0 ) y Q ( a , a , 1 ) , se pide
 x  2 y  2z  4  0
hallar a para que estas rectas estén contenidas en un plano [1,5 puntos]. Escribir la ecuación general de dicho plano [1
punto]
SOLUCIÓN.
 x  y  z 1    x  2y  2z  4  0
1  2  0 1   1  4  0  4  0  2    0    2
 La ecuación de todos los planos que contienen a r (haz de planos) es:
De entre ellos, el que contiene al punto P es:
es
decir: x  y  z  1  2  x  2y  2z  4  0   x  5y  3z  9  0  
Si ahora hacemos que Q   : a  5a  3  9  0  4a  12  a  3
 La ecuación del plano ya ha sido obtenida:    x  5y  3z  9  0
5