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lasmatemáticas.eu – Pedro Castro Ortega
materiales de matemáticas
Selectividad Oviedo – junio 2016 – Opción A
Matemáticas II – 2º Bachillerato
Pruebas de Acceso a Ensenanzas
Universitarias Oficiales de Grado (PAEG)
Matemáticas II (Universidad de Oviedo) – junio 2016 – Opción A
EJERCICIO 1
Enunciado:
Considere un número de tres cifras cumpliendo que la suma de su número de decenas y su número de unidades es 5,
y si al número original le restamos el número escrito con los dígitos en orden contrario, se obtiene 792.
a) Escribe el sistema de ecuaciones lineales. (1 punto)
b) Determine la matriz del sistema y la matriz ampliada. (0,5 puntos)
c) Obtenga los posibles números en las condiciones dadas. (1 punto)
Solución:
Supongamos que el número de tres cifras es de la forma xyz , donde x es el número de centenas, y el número de
decenas, y z el número de unidades. Como la suma de su número de decenas y su número de unidades es 5, tenemos
que y  z  5 .
El número original es, obviamente, 100 x  10 y  z . El número escrito con los dígitos en orden contrario ( zyx ) es
claramente 100 z  10 y  x . Como la resta de ambos es 792, tenemos 100x  10 y  z  100z  10 y  x   792 , es
decir: 99x  99z  792  x  z  8 (dividiendo todos los términos entre 99).
y  z  5
.
x  z  8
a) El sistema de ecuaciones lineales es: 
0 1 1 
 0 1 1 5
 , y la matriz ampliada es A | b  
.
 1 0 1
 1 0 1 8 
b) La matriz de los coeficientes del sistema es A  
c) Como hay un menor de orden dos distinto de cero en ambas matrices:
0 1
 0  1  1  0 , entonces se tiene
1 0
que rango A  rango A | B  2  n  3 , donde n indica el número de incógnitas del sistema. Por tanto, el sistema
es compatible indeterminado con un grado de libertad. Llamando z   , es muy fácil obtener que y  5   y que
x  8 .
De todo lo anterior se deduce que hay infinitos números en las condiciones dadas, uno por cada valor de  . Por
ejemplo, si   1, el número en cuestión sería el 941 que, ciertamente, cumple los requisitos del enunciado
(¡compruébese!).
EJERCICIO 2
Enunciado:
x  y  z 1  0
.
y  z  0
Considere la recta r  
a) Escriba la ecuación implícita de un plano  perpendicular a r pasando por el punto A  1, 2, 2 . (1,25 puntos)
b) Obtenga el punto proyección ortogonal de P  1,3,3 sobre el plano  . (1,25 puntos)
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Solución:
a) Un vector perpendicular al plano  es claramente un vector director u de la recta r (ya que   r ). Usando el
producto vectorial se obtiene con facilidad el vector director de la recta:
i j k
u  1 1 1   i  k     j  i   j  k  u   0,1,1
0 1 1
Este vector también se puede obtener pasando la recta a paramétricas. En este caso es muy sencillo, pues si
 x  1

llamamos z   , se obtiene rápidamente que  y   , y de aquí es muy fácil deducir que un vector director de
z  

r es u   0,1,1 .
Pues bien, el plano  , tendrá como vector perpendicular al vector u   0,1,1 , con lo que el plano será de la forma
  y  z  D  0 . Como el plano ha de pasar por el punto A  1, 2, 2 , entonces 2  2  D  0  D  4 y así,
el plano que se pide es   y  z  4  0 .
b) Para hallar la proyección ortogonal de P  1,3,3 sobre el plano  , primero hallamos la recta s perpendicular a
 que pasa por P  1,3,3 . Esta recta tiene dirección la del vector u   0,1,1 , luego la recta s es:
 x  1

s  y  3 
z  3  

La proyección ortogonal es el punto Q donde la recta s corta al plano  : Q  s   . Este punto es fácil de
obtener. Sustituyendo las coordenadas de cualquier punto de la recta s en el plano  , tenemos:
3    3    4  0  2  2  0    1
Y, para   1 , el punto Q es Q  1, 2, 2  .
El resultado anterior era de esperar pues A  r  , P  r , y como r   , la proyección de P sobre  ha de ser
precisamente el punto A .
EJERCICIO 3
Enunciado:
a) Calcule los valores de a y b para que la función f  x  
como asíntota horizontal la recta y  3 . (1,5 puntos)
bx
tenga como asíntota vertical la recta x  2 , y
xa
b) Dados a y b distintos de cero, razone si la función tiene algún extremo relativo. (1 punto)
Solución:
a) Si x  2 es una asíntota vertical, entonces lim
x2
bx
  . Esto solamente puede ocurrir si a  2 .
xa
Por otro lado, si y  3 es una asíntota horizontal, entonces lim
x 
lo que b  3 . Así, la función f  x  
bx
bx
 3 . Pero claramente lim
 b , con
x

xa
xa
3x
, tiene una asíntota vertical en x  2 y otra horizontal en y  3 .
x2
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b) La derivada de f es f '  x  
b  x  a   bx
 x  a
2

ab
 x  a
2
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. Como a y b son distintos de cero, la derivada no se
anula nunca y, por tanto, f no puede tener ningún extremo relativo.
EJERCICIO 4
Enunciado:
a) Dibuje un esquema del recinto cerrado plano finito limitado por las gráficas de las funciones f  x   e x ,
g  x   e x y h  x   e2 . (1 punto)
b) Halle el área de dicho recinto. (1,5 puntos)
Solución:
a) El recinto cerrado plano finito limitado por las gráficas de las funciones f  x   e x , g  x   e x y h  x   e2
queda de la siguiente manera:
AT
b) El área total AT del recinto la componen dos partes simétricas, ambas con la misma área A . El área A1 del recinto
encerrado entre el eje Y , la recta vertical y  2 , y la gráfica de la función f  x   e x (en la figura siguiente es el
área de color verde más claro) es:
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A1 

2
0
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2
e x dx  e x   e2 uds 2
0
A
El área A2 del rectángulo formado por los dos ejes de coordenadas, la recta vertical x  2 y la recta horizontal
y  e 2 , es (el área de un rectángulo es base por altura):
A2  2e2 uds 2
Por tanto:
A  A2  A1  2e2  e2  e2 uds 2
Como, según se ha dicho, el área total AT del recinto la componen dos partes simétricas, ambas con la misma
área A , entonces:
AT  2 A  2e 2 uds 2
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