IES Mediterráneo de Málaga

Solución Junio 2010

Juan Carlos Alonso Gianonatti

OPCIÓN A Ejercicio 1. [2’5 puntos] La hipotenusa de un triángulo rectángulo mide 90 cm. Si se hace girar alrededor de uno de sus catetos, el triángulo engendra un cono. ¿Qué medidas han de tener los catetos del triángulo para que el volumen del cono engendrado sea máximo? (Recuerda que el volumen del cono es V =

1 2 πr h). 3

1  1 dV 1 V = πr 2 h  ⇒ V = π 8100 − h 2 h ⇒ V ' = = π − 2 hh + 8100 − h 2  3 3 dh 3 h 2 + r 2 = 90 2 ⇒ r 2 = 8100 − h 2 1 1 8100 V ' = π − 2 h 2 + 8100 − h 2 = π 8100 − 3h 2 ⇒ V ' = 0 ⇒ 8100 − 3h 2 = 0 ⇒ h 2 = = 2700 3 3 3 1 h = 2700 = 30 3 cm ⇒ V ' ' = π(− 6 h ) = −2 πh ⇒ V ' ' 30 3 = −2 π30 3 = −60 3π < 0 ⇒ Máximo 3  h = 30 3 cm  8100 8100 8100  2 2 r = 8100 − h = 8100 − 3 = 2 ⋅ 3 ⇒ r = 2 ⋅ 3 = 2 ⋅ 2700 = 30 6 cm 

(

[

]

(

[

)

(

)]

)

(

)

1

IES Mediterráneo de Málaga

Solución Junio 2010

E2.- Dada la función f ( x ) =

Juan Carlos Alonso Gianonatti

x+1 , se pide x −1

a) Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los de concavidad y convexidad y las asíntotas (1’5 puntos) b) Calcular el área de la región limitado por la gráfica de la función g ( x ) =

f (x ) , el eje OX y las rectas x = x

2 , x = 4 (1 punto)

a) 1+1 2 = ⇒ Dom( f ) = ∀x ∈ ℜ − {1} 1−1 0 x − 1 − ( x + 1) x − 1 − x − 1 −2 −2 = = f'( x) = ⇒ Crecimiento ⇒ f ' ( x ) > 0 ⇒ >0⇒ 2 2 2 (x − 1) (x − 1) (x − 1) (x − 1)2

x − 1 = 0 ⇒ x = 1 ⇒ f (1) =

 − 2 < 0 ⇒ x∈ℜ  2 (x − 1) > 0 ⇒ x ∈ ℜ

−∞

∞

1

-2 0 Solución

(-)

(-) (+) f’(x) < 0

(-) (+) f’(x) < 0

(-)

Decrecimiento ∀x ∈ ℜ / ( x < 1) ∪ ( x > 1)

f ' ' ( x ) = −2

− 2 ⋅ ( x − 1)

(x − 1)

4

=

−4

(x − 1)

3

⇒ Concavidad ⇒ f ' ' ( x ) > 0 ⇒

−4

(x − 1)3

>0⇒

− 4 < 0 ⇒ x∈ℜ   3 ( x − 1) > 0 ⇒ x − 1 > 0 ⇒ x > 1 ⇒ x ∈ ℜ / x > 1

−∞ -41 Solución Concavidad ∀x ∈ ℜ / x < 1

∞

1

(+)

(-) (-) f’’(x) > 0

(-)

(-) (+) f’’(x) < 0

Convexidad ∀x ∈ ℜ / x > 1

Asíntotas Verticales

2  f ( x ) = − = −∞ −  xlim →1 0 x=1 ⇒ 2  lim+ f (x ) = + = ∞ 0  x →1

2

IES Mediterráneo de Málaga

Solución Junio 2010

Juan Carlos Alonso Gianonatti

Continuación del Problema E2 de la opción A Horizontales

x 1 1 1 1+ + 1+ x+1 ∞ x = ∞ = 1+ 0 = 1 y = lim f (x ) = lim = = lim x x = lim x →∞ x →∞ x − 1 1 1−0 1 ∞ x →∞ x 1 x →∞ 1− 1− − x x ∞ x Asíntota horizontal ⇒ y = 1 cuando x → ∞ x 1 1 1 + −1+ −1+ x+1 − x+1 ∞ x = ∞ = −1+0 = 1 y = lim f ( x ) = lim = lim = = lim x x = lim x → −∞ x → −∞ x − 1 x →∞ − x − 1 1 1 −1−0 ∞ x →∞ x 1 x →∞ −1− − − −1− x x x ∞ Asíntota horizontal ⇒ y = 1 cuando x → −∞ −

Oblicuas o inclinadas

1 1 x 1 x+1 1 1 + 2 + 2 + 2 f (x ) + ∞ 0+0 x 1 = = lim x 2 x = lim x x = ∞ ∞ = m = lim =0 = lim x − 1 = lim 2 x →∞ x →∞ x →∞ x − x x →∞ 1 1 ∞ x →∞ x 1−0 x x x 1− 1− − ∞ x x2 x2 No existe Asíntota oblicua cuando x → ∞ x 1 1 1 x+1 1 1 − 2 + 2 − + 2 − + f (x ) − + ∞ x 1 x = lim x x = ∞ ∞ = 0 + 0 = 0 m = lim = lim x − 1 = lim 2 = = lim x2 x → −∞ x → −∞ x →∞ x + x x →∞ 1 1 ∞ x →∞ x x 1+0 x x 1+ 1+ + 2 2 ∞ x x x No existe Asíntota oblicua cuando x → −∞ b) x+1 f (x ) x − 1 x+1 3+1 4 2 = = 2 ⇒ f (3) = 2 = = ⇒ Zona positiva en [2 , 4 ] x x x −x 3 −3 6 3 Con OX ⇒ y = 0 ⇒ x + 1 = 0 ⇒ x = −1 ∉ [2 , 4 ]   0+1 1 Puntos de corte con los ejes ⇒  Con OY ⇒ x = 0 ⇒ f (0 ) = 2 = ⇒ Asíntota vertical ⇒ x = 0 ∉ [2 , 4 ]  0 −0 0 4

A=∫ 2

x+1 2 1 −1 4 3 dx = ∫ dx + ∫ dx = 2 ∫ dt − [ln x]2 = 2 [ln x]1 − (ln 4 − ln 2 ) = 2 ⋅ (ln 3 − ln 1) − ln 2 2 x 1 x t − x −x 2 2 1 4

4

3

x = 2 ⇒ t = 1 x − 1 = t ⇒ dx = dt ⇒  x = 4 ⇒ t = 3 − B = 1 ⇒ B = −1  x+1 A B Ax + Bx − B = + = ⇒ (x − 1)x x − 1 x (x − 1)x A + B = 1 ⇒ A − 1 = 1 ⇒ A = 2 9 A = ln 9 − ln 2 = ln 2

3

IES Mediterráneo de Málaga

Solución Junio 2010

Juan Carlos Alonso Gianonatti

1 0 0     1 −3 5   1 2 3  y D =   : E3.- Dadas las matrices B =  0 1 0  , C =   − 2 4 − 6  0 1 0  0 − 1 m    a) Para que valores de m existe B-1. Para m = 1, calcular B-1 (1’5 puntos) b) Para m = 1 hallar la matriz X tal que X.B + C = D (1 punto) a) Existe B-1 si el det(B) es distinto de cero

1 0 0 1 B = 0 1 0 = m ⇒ B = 0 ⇒ m = 0 ⇒ ∃B −1 ⇒ ∀m ∈ ℜ − {0} ⇒ B −1 = ⋅ adj B t B 0 −1 m

(

)

Para m = 1 1 0 0 1 0 0  1 0 0 1 0 0        1  −1 t t B = 1 ⇒ B =  0 1 0  ⇒ B =  0 1 − 1 ⇒ adj B =  0 1 0  ⇒ B = ⋅  0 1 0  1  0 −1 1 0 0 1  0 1 1        0 1 1  1 0 0   −1 B =  0 1 0 0 1 1  

(

)

b) XB = (D − C ) ⇒ XBB −1 = (D − C )B −1 ⇒ X = (D − C )B −1  X = 

1 0 0 1 0 0   0 5 − 2    0 3 − 2  1 2 3   1 − 3 5     −   ⋅  0 1 0  =   ⋅  0 1 0  =    0 1 0   − 2 4 − 6   0 1 1   2 − 3 6   0 1 1   2 3 6     

4

IES Mediterráneo de Málaga

Solución Junio 2010

Juan Carlos Alonso Gianonatti

 x− y+z =1 x−2 y +1 z = = con ,s ≡ 3 2 a 2 x + y − z = 2

E4.- Se considera las rectas dadas por las ecuaciones: r ≡ 

a ∈ ℜ , y el plano π ≡ x + y + z − 2 = 0 .

a) Halla el valor del parámetro a para que r y s sean perpendiculares (1’5 puntos) b) Hallar la recta t paralela a r y que pasa por el punto de s cuya coordenada es z = 0 (1 punto) a) La condición es que los vectores directores de r y s son perpendiculares y por ello su producto escalar nulo.

 x = 1  3x = 3 ⇒ x = 1   r ≡ 1 − y + z = 1 ⇒ y = z ⇒ r ≡  y = λ ⇒ v r = (0 , 1 , 1)  z = λ   ⇒ vr ⊥ vs ⇒ vr ⋅ vs = 0 ⇒  x 2 3 = + µ     s ≡  y = −1 + 2µ ⇒ v s = (3 , 2 , a )   z = aµ   (0 , 1 , 1) ⋅ (3 , 2 , a ) = 0 ⇒ 0.3 + 1.2 + 1.a = 0 ⇒ 2 + a = 0 ⇒ a = −2 b) El vector director de t es el mismo que el de r, y el punto P lo hallaremos una vez hallado µ

 v r = vt = (0 , 1 , 1)  x=2   x = 2 + 3µ  x = 2 + 3⋅0 = 2   ⇒ t ≡  y = −1 + α     z=α s ≡  y = −1 + 2µ ⇒ µ = 0 ⇒ P  y = −1 + 2.0 = −1 ⇒ P(2 , − 1 , 0 )   0 = −2µ   z =0  

5

IES Mediterráneo de Málaga

Solución Junio 2010

Juan Carlos Alonso Gianonatti

OPCIÓN B  x 2 + bx + c si x ≤ 0  E1.- Calcular b y c sabiendo que la función f ( x ) =  ln ( x + 1) es derivable en el punto x = 0 si x > 0  x (2’5 puntos) La función, primero, debe de ser continua y después la función derivada continua

 f (0 ) = lim− f (x ) = 0 2 + b ⋅ 0 + c = c x →0  1 ⇒  1 1 Aplicando L' Hopital + x 1  lim f ( x ) = ln (0 + 1) = 0 =    → = lim+ = lim+ = =1  x →0 + x →0 x →0 x + 1 0 0 1 0+1 f (0 ) = lim− f ( x ) = c = lim+ f (x ) = 1 ⇒ c = 1 x →0

x →0

2 x + b si x ≤ 0   x − ln ( x + 1) ⇒ f ' (x ) =  x − ( x + 1)ln ( x + 1) + x 1 = > si x 0   x2 x 2 (x + 1) f ' (0 ) = lim− f ' ( x ) = 2 ⋅ 0 + b = b  x →0   x + 1  ⇒ 1 − ln (x + 1) +  x + 1   Aplicando L' Hopital  lim f ´ ( x ) = 0 − (0 + 1) ⋅ ln (0 + 1) = 0 =    → = lim+  x →0 + x →0 0 0 2 ⋅ (0 + 1) 2 x( x + 1) + x 2

f ' (0 ) = lim− f ' ( x ) = b  x →0  − ln (x + 1) − ln (0 + 1) 1 − ln (x + 1) − 1 0  Aplicando L' Hopital = lim+ = = =    → = f ' (x ) = lim+ 2 2 2  xlim + →0 → x →0 x 0 0 2 x(x + 1) + x 2 x( x + 1) + x 2 ⋅ 0 ⋅ (0 + 1) + 0  f ' (0 ) = lim− f ' ( x ) = b  x →0  1 1 − −  1 0+1 x+1  lim f ' ( x ) = lim = =− + + x →0 2[( x + 1) + x ] + 2 x  x →0 2[(0 + 1) + 0 ] + 2 ⋅ 0 2 1 1 f ' (0 ) = lim− f ' ( x ) = b = lim+ f ' ( x ) = − ⇒ b = − ⇒ x →0 x →0 2 2  2 x  x − 2 + 1 si x ≤ 0 f (x ) =  ln ( x + 1)  si x > 0 x 

6

IES Mediterráneo de Málaga

Solución Junio 2010

Juan Carlos Alonso Gianonatti

2

E2.- Calcular la siguiente integral

∫x

2

− 3 x + 2 dx (2’5 puntos)

−1

3+1  x= =2  ± 3 1 2 2 ⇒ x 2 − 3 x + 2 = 0 ⇒ ∆ = (− 3 ) − 4 ⋅ 1 ⋅ 2 = 9 − 8 = 1 > 0 ⇒ x = 3−1 2 x = =1 2  x − 2 > 0 ⇒ x > 2 ⇒ ∀x ∈ ℜ / x > 2 (x − 2 ) ⋅ (x − 1) > 0 ⇒   x − 1 > 0 ⇒ x > 1 ⇒ ∀x ∈ ℜ / x > 1 −∞ 1 2 ∞ x>1 x>2 x>1

(-) (-) ( + ) f(x) > 0

(+) (-) ( - ) f(x) < 0

(+) (+) (+) f(x) > 0

 x 2 − 3 x + 2 si x < 1  f (x ) = x 2 − 3 x + 2 = − x 2 + 3 x − 2 si 1 ≤ x ≤ 2  x 2 − 3 x + 2 si x > 2  2

∫

−1

−1

2

∫x

(

[ ]

)

1 3 ⋅ x 3

1

[ ]

[ ]

[ ]

1 1 + 2 ⋅ [x ]−1 − ⋅ x 3 3

−1

[ ]

1 − 3 ⋅ ⋅ x2 2

[ ]

+ 2 ⋅ [x ]−1 1

−1

− 2 ⋅ [x ]1

2

− 3 x + 2 dx =

3 2 7 9 9 5 12 + 27 − 10 1 3 1 ⋅ 2 − ⋅ 0 + 2 ⋅ 2 − ⋅7 + ⋅ 3 − 2 ⋅ 1 = + 4 − + − 2 = 2 + − = 2 3 3 2 2 3 3 2 3 6

2

− 3 x + 2 dx =

29 6

−1

2

[

−1

]

1 −1

[

]

2

1

1 + 3 ⋅ ⋅ x2 2

1

3 1 3 3 1 3 2 ⋅ 1 − (− 1) − ⋅ 12 − (− 1) + 2 ⋅ [1 − (− 1)] − ⋅ 2 3 − 13 + ⋅ 2 2 − 12 − 2 ⋅ (2 − 1) 3 2 3 2

1

1 − 3 ⋅ ⋅ x2 2

1

− 3 x + 2 dx =

2

∫x

2

2

−1

∫x

)

− 3 x + 2 dx + ∫ − x 2 + 3 x − 2 dx =

1 3 ⋅ x 3

2

∫x

2

− 3 x + 2 dx =

2

−1

−1

∫ (x 1

x 2 − 3 x + 2 dx =

(

2

1

2

)

(

)

7

IES Mediterráneo de Málaga

Solución Junio 2010

Juan Carlos Alonso Gianonatti

x+z =1   E3.- Discutir según los valores del parámetro a, y resolver cuando sea posible:  y + (a − 1)z = 0 (2’5  x + (a − 1) y + az = a  puntos)

1 0 1 2 A=0 1 a − 1 = a − 1 − (a − 1) = −a 2 + 2 a − 1 + a − 1 = −a 2 + 3a − 2 ⇒ Si A = 0 ⇒ 1 a −1 a a = 2 3± 1 ⇒ ⇒ 2 a = 1 ∀a ∈ ℜ − {1 , 2} ⇒ rang ( A) = 3 = Número de incognitas ⇒ Sistema Compatible Deter min ado Solución − a 2 + 3a − 2 = 0 ⇒ a 2 − 3a + 2 = 0 ⇒ ∆ = (− 3 ) − 4 ⋅ 1 ⋅ 2 = 9 − 8 = 1 ⇒ a = 2

x=

1 0 1 0 1 a −1 a a −1 a

− (a − 1) ⋅ (a − 2 )

a − a − (a − 1) a −1 − (a − 1) = = − (a − 1) ⋅ (a − 2 ) − (a − 1) ⋅ (a − 2 ) a − 2 2

=

2

1 1 1 0 0 a −1 1 a a

2 ( ( a − 1) − a ⋅ (a − 1) a − 1) ⋅ (1 − a ) a −1 − (a − 1) y= = = = = − (a − 1) ⋅ (a − 2 ) − (a − 1) ⋅ (a − 2 ) − (a − 1) ⋅ (a − 2 ) − (a − 1) ⋅ (a − 2 ) a − 2

z=

1 0 1 0 1 0 1 a −1 a

− (a − 1) ⋅ (a − 2 ) Si a = 1

=

a −1 1 =− a−2 − (a − 1) ⋅ (a − 2 )

 1 0 1 1  1 0 1 1      0 1 0 0  ≡  0 1 0 0  ⇒ Sistema Compatible In det er min ado ⇒ y = 0 ⇒ x + z = 1 ⇒  1 0 1 1 0 0 0 0      x = 1 − z ⇒ Solución (1 − λ , 0 , λ ) Si a = 2  1 0 1 1  1 0 1 1  1 0 1 1        0 1 1 0  ≡  0 1 1 0  ≡  0 1 1 0  ⇒ Sistema Incompatible  1 1 2 2  0 1 1 1 0 0 0 1      

8

IES Mediterráneo de Málaga

E4.- Dadas la rectas s ≡

Solución Junio 2010

x −1 z −1 =y= 3 2

Juan Carlos Alonso Gianonatti

2 x − y = 0 , se pide halla la perpendicular a s y a t y t≡ 2 y − z = 4

y la distancia entre ambas rectas (2’5 puntos) Cualquier recta r que se apoya en s y en t, tiene como vector director la diferencia entre los puntos generales de las dos rectas, como esta tiene que ser perpendicular a los dos el producto escalar de este vector con el de cada uno de las rectas es nulo. Así se hallaran los parámetros λ y µ que nos dará la ecuación de la recta r pedida, posteriormente al hallazgo previo del punto S de corte de la recta s con la recta r, después hallaremos el punto T, punto de corte con la recta t y la distancia pedida es la que hay entre estos puntos

  x = 1 + 3λ   s ≡  y = λ ⇒ v s = (3 , 1 , 2 )   z = 1 + 2λ   ⇒   x=µ   y = 2x  t ≡  ⇒ t ≡  y = 2µ ⇒ v t = (1 , 2 , 4 )  4 x − z = 4 ⇒ z = 4 x − 4  z = −4 + 4µ   v ⊥ v s ⇒ v r ⋅ v s = 0 ⇒ v r = (1 + 3λ − µ , λ − 2µ , 1 + 2λ + 4 − 4µ ) = (1 + 3λ − µ , λ − 2µ , 5 + 2λ − 4µ ) ⇒  r  v r ⊥ v t ⇒ v r ⋅ v t = 0 (3 , 1 , 2 ) ⋅ (1 + 3λ − µ , λ − 2µ , 5 + 2λ − 4µ ) = 0  3 + 9 λ − 3µ + λ − 2µ + 10 + 4 λ − 8µ = 0 ⇒ ⇒  1 + 3λ − µ + 2 λ − 4µ + 20 + 8 λ − 16 µ = 0 (1 , 2 , 4 ) ⋅ (1 + 3λ − µ , λ − 2µ , 5 + 2λ − 4µ ) = 0 14 λ − 13µ + 13 = 0  294 λ − 273µ + 273 = 0 ⇒ ⇒ 125λ = 0 ⇒ λ = 0 ⇒ −13µ + 13 = 0 ⇒   13λ − 21µ + 21 = 0 − 169 λ + 273µ − 273 = 0 − 13µ = − 13 ⇒ µ = 1 ⇒ v r = (1 + 3 ⋅ 0 − 1 , 0 − 2 ⋅ 1 , 5 + 2 ⋅ 0 − 4 ⋅ 1) = (0 , − 2 , 1) x = 1 + 3 ⋅ 0  x = 1+0⋅α = 1   S  y = 0 ⇒ S (1 , 0 , 1) ⇒ r ≡  y = 0 − 2α = −2α z = 1 + 2 ⋅ 0  z = 1+ α   x=1   T  y = 2 ⋅ 1 ⇒ T (1 , 2 , 0 )  z = −4 + 4 ⋅ 1  d (s , t ) = d (S ,T ) =

(1 − 1)2 + (0 − 2 )2 + (1 − 0 )2

= 0+4+1 = 5 u

9