2004 - IES Fuente Lucena

Matemáticas II
Pruebas de selectividad
PRUEBA DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD 2.004
ENUNCIADO Y RESOLUCIÓN
Instrucciones:
a)Duración: 1 hora y 30 minutos.
b) Tienes que elegir entre realizar únicamente los cuatro ejercicios de la Opción A o
realizar únicamente los cuatro ejercicios de la Opción B.
c) La puntuación de cada pregunta está indicada en la misma.
d) Contesta de forma razonada y escribe ordenadamente y con letra clara.
e) Puedes usar calculadora (puede ser programable o tener pantalla gráfica), pero todos los
procesos conducentes a la obtención de resultados deben estar suficientemente justificados.
Opción A
Ejercicio 1.
De la función
f : (− 1, ∞ ) → R se sabe que f ′ ( x ) =
3
( x + 1) 2
y que
f ( 2) = 0 .
(a) [1,25 puntos] Determina f.
(b) [1,25 puntos] Halla la primitiva de f cuya gráfica pasa por el punto (0,1).
Resolución:
Sabemos que
f : ( − 1, ∞ ) → R
(a) Para determinar
(2,0). Es decir:
f ( x) =
∫
f ( x)
con
f ′ ( x) =
3
( x + 1) 2
y con
f ( 2) = 0 , entonces:
bastará con hallar una primitiva de la función anterior que pase por el punto
( x + 1)
3dx
−2
(
)
=
+
=
3
x
1
dx
3
∫
−1
( x + 1) 2
−1
+C=
−3
+C
x+1
y para que pase por el punto (2,0)se tendrá que cumplir que f(2)=0, por tanto
f ( 2) =
−3
−3
+ C = − 1 + C = 0 ⇒ C = 1 . Luego: f ( x ) =
+1
2+ 1
x+1
(b) Una primitiva será de la forma:
g( x ) =
−3
∫ f ( x)dx = ∫ x + 1 + 1dx = − 3 ⋅ ln x + 1 + x + C
y para que su gráfica pase por el punto (0,1) se tendrá que cumplir que:
g( 0) = − 3 ⋅ ln 0 + 1 + 0 + C = 1 ⇒ C = 1
Por tanto la primitiva buscada será:
g( x ) = − 3 ⋅ ln x + 1 + x + 1
Andrés Plaza Plaza
Matemáticas II
Pruebas de selectividad
Ejercicio 2.
Considera la función f:RR definida por f(x)=(x+1)(x-1)(x-2)
(a) [1 punto] Halla las ecuaciones de la recta tangente y normal a la gráfica de f en el punto de abscisa x=1.
(b) [1,5 puntos] Determina los intervalos de concavidad y convexidad de f. ¿Tiene puntos de inflexión la
gráfica de f?
Resolución:
(
)
2
3
2
(a) Sabemos que f ( x ) = ( x + 1) ⋅ ( x − 1) ⋅ ( x − 2) = x − 1 ⋅ ( x − 2) = x − 2 x − x + 2
f (1) = 1 − 2 − 1 + 2 = 0
2
 f ′ ( x ) = 3x − 4 x − 1 ⇒ f ′ (1) = 3 − 4 − 1 = − 2

por tanto podemos deducir que: 
y sin más que aplicar las formulas para la recta tangente y para la recta normal a una curva en un punto
obtendremos que:
 Re cta Tangente: y − f ( a ) = f ′ ( a ) ⋅ ( x − a ) ⇒ y = − 2 ⋅ ( x − 1)

 Re cta Normal: y − f ( a ) = − 1 ⋅ ( x − a ) ⇒ y = 1 ⋅ ( x − 1)

f ′ ( a)
2
(b) Para determinar las regiones de concavidad y convexidad necesitaremos averiguar, si es que tiene, las
abscisas de los puntos de inflexión, para ello calculamos la segunda derivada y resolvemos la ecuación y
confirmamos posteriormente con la tercera, es decir:
2
3
 2  2    2 20 
punto  , f    =  , 
 3  3    3 27 
f ′ ( x ) = 3x 2 − 4 x − 1 → f ′′ ( x ) = 6 x − 4 = 0 ⇒ x =
 2
f ′′′ ( x ) = 6 ⇒ f ′′′   = 6 ≠ 0 ⇒ El
 3


es de Inflexion
2
3
La recta Real queda dividida en dos intervalos o regiones de curvatura:  − ∞ , 
2 
y  ,∞ 
3 
Un punto interior al primer intervalo es el 0 y en el f ′′ ( 0) = − 4 < 0 , entonces :


2
3
f(x) es cóncava en el intervalo  − ∞ ,  , es decir tendrá esta forma .
Un punto interior al segundo intervalo es el 1 y en el f ′′ (1) = 6 − 4 = 2 > 0 , entonces:
2 
,∞  , por tanto tendrá esta forma .
3 
f(x) es convexa en el intervalo 
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Pruebas de selectividad
Ejercicio 3.
mx − y = 1
Considera el sistema de ecuaciones


x − my = 2m − 1
(a) [1,5 puntos] Clasifica el sistema según los valores de m.
(b) [1 punto] Calcula los valores de m para los que el sistema tiene una solución en la que x=3.
Resolución:
(a) El sistema dado es:
mx − y = 1 
 .Pasemos a estudiar su matriz de coeficientes A y
x − my = 2m − 1
su matriz ampliada A|B en los distintos casos.
 m − 1
A= 
 ⇒ A = − m2 + 1 = 0 ⇒ m = ± 1
 1 − m
•
Si m ≠ ± 1 , entonces Rango(A)=Rango(A|B)=nº de incógnitas=2 y sin más que aplicar
el teorema de Rouche-Fröbenius, el sistema es compatible y determinado, es decir tiene
una solución única para cada incógnita.
•
 1 − 1 1
 donde
 1 − 1 1
Si m=1 , |A|=0 y entonces Rango(A)=1. Por otro lado A B = 
claramente la segunda fila es idéntica a la primera por tanto Rango(A|B)=1 , es decir
tenemos que Rango(A)=Rango(A|B)=1<nº de incógnitas=2 y aplicando nuevamente el
teorema de Rouche-Fröbenius, el sistema es compatible e indeterminado, o lo que es lo
mismo el sistema tiene infinitas soluciones.
•
Si m=-1 , |A|=0 y entonces Rango(A)=1. Por otro lado
1 1
1 − 1 1 
AB= 
= − 3 − 1 = − 4 ≠ 0 por tanto Rango(A|B)=2 , es decir
 ⇒
1 −3
 1 − 1 − 3
tenemos que Rango(A)=1<Rango(A|B)=nº de incógnitas=2 y aplicando una vez más el
teorema de Rouche-Fröbenius el sistema es incompatible , es decir no tiene soluciones.
(b) Si x=3 sustituyendo nos quedaría el sistema
3m − y = 1 
 y resolvemos por
3 − my = 2m − 1
sustitución. De la primera despejamos y=3m-1 y sustituimos en la segunda, resultando:
3-m(3m-1)=2m-1 ; 3-3m2+m=2m-1; 3m2+m-4=0, entonces:
− 1+ 7

m
=
=1

− 1 ± 1 + 48
6
m=
⇒ 
− 1− 7 − 8 − 4
6
m =
=
=
6
6
3

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Pruebas de selectividad
Ejercicio 4.
Sean los puntos A(1,2,1), B(2,3,1), C(0,5,3) y D(-1,4,3).
(a) [1 punto] Prueba que los cuatro puntos están en el mismo plano. Halla la ecuación de dicho
plano.
(b) [0,75 puntos] Demuestra que el poligono de vértices consecutivos ABCD es un rectángulo.
(c) [0,75 puntos] Calcula el área de dicho rectángulo.
Resolución:
(a) Vamos a calcular la ecuación general del plano
π que determinan los puntos A, B y D, para
r
, ,0) y
ello utilizaremos el punto A y los vectores AB = (11
r
AD = (− 2,2,2) , entonces:
x− 1 y− 2 z− 1
π≡
1
1
0 = 0 ⇒ 2 ⋅ ( x − 1) − 2( y − 2) + 4( z − 1) = 0 ⇒ simplificando por 2, obtendremos:
−2
2
2
( x − 1) − ( y − 2) + 2( z − 1) = 0 .
Por tanto la ecuación del plano sería:
π ≡ x − y + 2z − 1 = 0 .
Comprobamos si C pertenece al plano anterior sustituyendo
sus coordenadas en la ecuación del mismo: 0-5+6-1=0
Luego C pertenece al plano y por tanto los cuatro puntos
son coplanarios.
r
r
=
= (11
, ,0) ⇒ ABCD es un paralelogramo,
AB
DC
(b)
r r
además AB ⋅ AD = − 2 + 2 + 0 = 0
es decir los lados AB y AD son perpendiculares. Es decir la
figura ABCD es un rectángulo.
r r r
i
j k
r
r
r
(c) Area = 1 1 0 = 2i − 2 j + 4 k =
−2 2 2
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2 2 + ( − 2) 2 + 4 2 =
24 = 2 ⋅ 6u 2 .
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Pruebas de selectividad
PRUEBA DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD 2.004
ENUNCIADO Y RESOLUCIÓN
Instrucciones:
a)Duración: 1 hora y 30 minutos.
b) Tienes que elegir entre realizar únicamente los cuatro ejercicios de la Opción
A o realizar únicamente los cuatro ejercicios de la Opción B.
c) La puntuación de cada pregunta está indicada en la misma.
d) Contesta de forma razonada y escribe ordenadamente y con letra clara.
e) Puedes usar calculadora (puede ser programable o tener pantalla gráfica), pero
todos los procesos conducentes a la obtención de resultados deben estar
suficientemente justificados.
Opción B
Ejercicio 1.
Se sabe que la función
f : ( − 1, ∞ ) → R
definida por
 x 2 − 4 x + 3 si − 1 < x < 0

f ( x) = 
x2 + a
si x ≥ 0

x+1
es continua en (-1,).
(a) [1,25 puntos] Halla el valor de a. ¿Es f derivable en x=0?
(b) [1,25 puntos] Determina los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f.
Resolución
Sabemos que
f : ( − 1, ∞ ) → R
con
 x 2 − 4 x + 3 si − 1 < x < 0

f ( x) = 
x2 + a
si x ≥ 0

x+1
y que f(x) es
continua en x=0 por serlo en todo su dominio, entonces:
(a)
lim− f ( x ) = 0 2 − 4 ⋅ 0 + 3 = 3 = lim+ f ( x ) =
x→ o
x→ o
Si x<0 entonces
Si x>0 entonces
a
= a⇒ a= 3
1
f ′ ( x ) = 2 x − 4 ⇒ f −′ ( 0) = − 4
2 x ⋅ ( x + 1) − ( x 2 + 3)
(
)
f′ x =
⇒ f +′ ( 0) = − 3
2
( x + 1)
Luego la función f(x) no es derivable en x=0 ya que sus derivadas laterales existen pero no coinciden.
(b)
•
Si -1<x<0 entonces f ′ ( x ) = 2 x − 4
extremos relativos en dicho intervalo.
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= 0 ⇒ x = 2 ∉ (− 1,0)
luego la función no tiene
Matemáticas II
•
f ′′ ( x) =
Pruebas de selectividad
− 2+ 4

=1
x 2 + 2x − 3
− 2 ± 4 + 12 
2
(
)
= 0⇒ x =
= − 2− 4
Si x>0 entonces f ′ x =
2
( x + 1) 2

= − 3 ∉ (0, ∞ )
 2
luego en (1,f(1)) la función puede tener un extremo relativo, comprobemoslo haciendo la
segunda derivada
( 2 x + 2) ⋅ ( x + 1) 2 − ( x 2 + 2 x − 3) ⋅ 2 ⋅ ( x + 1) ( 2 x + 2) ⋅ ( x + 1) − ( x 2 + 2 x − 3) ⋅ 2
8
=
⇒ f ′′ (1) = = 1 > 0
8
( x + 1) 4
( x + 1) 3
Efectivamente la función tiene un Mínimo relativo en el punto (1,f(1))=(1,2).
Por lo tanto la función tendrá tres intervalos de crecimiento o decrecimiento: (-1,0), (0,1) y (1,).
Estudiemos la situación en cada uno de ellos:
  1
 f ′  −  = − 1 − 4 = − 5 < 0 ⇒ f ( x) es decreciente en (− 1,0)
2

1

+ 1− 3

 1 4
f ′  =
< 0 ⇒ f ( x) es decreciente en (0,1)

2
 2
 3

 

 2

5

f ′ ( 2) = > 0 ⇒ f ( x) es creciente en (1, ∞ )
9

Ejercicio 2.
[2,5 puntos] Determina b sabiendo que b>0 y que el área de la región
limitada por la curva
y = x2
y la recta
y = bx
es igual a
9
.
2
Resolución:
Primero vamos a hallar los punto de corte de ambas funciones, para ello
resolvemos el sistema que forman las dos funciones
y = x2 
x = 0
2
2
 ⇒ x = bx → x − bx = 0 → x ⋅ ( x − b) = 0 ⇒ 
y = bx 
x = b
Entonces el área de la figura limitada por las gráficas de ambas funciones
será:
 bx 2 x 3 
b3 b3 b3 9
∫0 bx − x dx =  2 − 3  = 2 − 3 = 6 = 2 ⇒ b 3 = 27 ⇒ b = 3
0
b
b
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2
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Ejercicio 3. Considera las matrices
 1 0


 1 0 1
A= 
 , B =  0 1 y C =
 0 1 2


 0 0
 1 0


 0 2


 1 0
(a)[1,25 puntos] Calcula A.B, A.C, At.Bt y Ct.At, siendo At, Bt y Ct las matrices transpuestas de A, B y
C respectivamente.
(a)[1,25 puntos] Razona cuales de las matrices A, B, C y A.B tienen matriz inversa y en los casos en
que la respuesta sea afirmativa, halla la correspondiente matriz inversa.
Resolución:
 1 0
 1 0
  1 0
  2 0
 1 0 1 
 1 0 1 
A⋅ B = 
 ⋅  0 1 = 
 ; A⋅ C = 
 ⋅  0 2 = 

 0 1 2 
 0 1 2 
  0 1
  2 2
 0 0
 1 0
 1 0
 1 0 0
1
0
0






A t ⋅ B t =  0 1 ⋅ 
 =  0 1 0

  0 1 0 

 1 2
 1 2 0
 1 0
1
0
1

  2 2


C t ⋅ At = 
 ⋅  0 1 = 

 0 2 0 
  0 2
 1 2
(b) A, B y C son matrices rectangulares, no cuadradas, por tanto en ellas no tiene sentido hablar de
matriz inversa. A.B es la matriz identidad para el espacio de matrices cuadradas 2x2, por tanto la
inversa no solamente existe sino que coincide con ella misma, es decir:
(AB)-1=AB
Ejercicio 4.
r
r
r
[2,5 puntos] Dados los vectores u = (2,1,0) y v = ( − 1,0,1) , hallar un vector unitario w que sea
r r
r
coplanario con u y v y ortogonal a v .
Resolución:
r
r
r
Si w es coplanario con u = (2,1,0) y v = ( − 1,0,1) entonces se podrá expresar como una
combinación lineal de ellos, es decir:
r
r
r
∃ α , β ∈ R / w = α ⋅ u + β ⋅ v = α ⋅ (2,1,0) + β ⋅ (− 1,0,1) = ( 2α − β , α , β )
r
r
Si w es ortogonal a v entonces el producto escalar de ambos será nulo, es decir:
r r
r
w ⋅ v = − 2α + β + 0 + β = 0 ⇒ α = β ⇒ w = (α , α , α )
r
Si w es unitario su módulo será la unidad, es decir:
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r
w=
α2 + α2 + α2 =
Por tanto existen dos soluciones :
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3α 2 = 1 ⇒ α 2 =
 r 
 w= 



r 
w
= −



1
1
3
⇒ α= ±
= ±
3
3
3
3 3 3
,
, o
3 3 3
3
3
3

,−
,−
3
3
3