I.E.S. “CASTELAR” BADAJOZ

PRUEBA DE ACCESO (LOGSE) UNIVERSIDAD DE GALICIA SEPTIEMBRE - 2012

(RESUELTOS por Antonio Menguiano)

MATEMÁTICAS II

Tiempo máximo: 1 horas y 30 minutos

El alumno debe responder solamente a los ejercicios de una de las opciones.

OPCIÓN A 0 a   a   0  . Para 1º) a ) Calcula, según los valores de α, el rango de la matriz A =  a + 1 a  0 a + 1 a + 1 

α = 1, calcula el determinante de la matriz 2 At · A −1 .  − 12  b ) Sea B =  y  0 

x 0  1 0  . Calcula x e y para que se cumpla que B-1 = Bt. 2 0 1 

---------a) a

0

a

A = a +1 a 0 = a 2 (a + 1) + a(a + 1) = a(a + 1)(a + a + 1) = a(a + 1)(2a + 1) = 0 ⇒ 0 a +1 a +1 2

⇒ a1 = 0 ; ; a2 = −1 ; ; a3 = − 12 .  a1 ≠ 0    Para ⇒  a 2 ≠ −1 ⇒ Rango A = 3 a ≠ − 1   3 2

 0 0 0   Para a = 0 ⇒ A =  1 0 0  ⇒ Rango A = 2 . 0 1 1    − 1 0 − 1   Para a = −1 ⇒ A =  0 − 1 0  ⇒ Rango A = 2 . 0 0 0   A. Menguiano

Para a = − 12

− 12   0  ⇒ Rango A = 2 . 1  2   a=0    Para ⇒  a 2 = −1 ⇒ Rango A = 3 a = − 1   3 2

a 0  ⇒ A =  12 − 12 0 1  2

1 0 1 1 0 1 1 2 0     t Para α = 1 es A =  2 1 0  . A =  0 1 2  y A = 2 1 0 = 2 + 4 = 6 .  0 2 2 1 0 2 0 2 2    

Para hallar 2 At · A −1 tenemos en cuenta las siguientes propiedades de las matrices y los determinantes: - El determinante de una matriz es igual que el determinante de su matriz traspuesta. - A−1 =

1 1 = . A A

- El producto de una matriz por un número es la matriz que resulta de multiplicar todos y cada uno de los elementos de la matriz por ese número. - Si se multiplican o dividen los elementos de una línea de una matriz por un número, el valor de su determinante queda multiplicado o dividido por dicho número. - El determinante de un producto de matrices es igual que el producto de los determinantes de las matrices. 2 At · A −1 = 2 At · A −1 = 2 A ·

1 1 = 23 · A · = 23 = 8 . A A

De otra forma, mucho más trabajosa:  1   0  2 Adj AT =  −  0  2   1

( )

2 2 0 2 0 2

−

−

0 2 1 2 1 0 1 2 1 0 0 2

0 1   1 0  2 − 1  2  1 2  1  = − 4 2 − 2  ⇒ A −1 = 1 0  6 4 − 2 1    1 2  0 1 

2 − 1  2 4 0   13 1 2 0  2        1 2 At · A−1 = 2  0 1 2  ·  − 4 2 2  =  0 2 4  ·  − 23 1 0 2 6  4 − 2 1   2 0 4  2        3

1 3 1 3

− 13

2 − 1  2   · − 4 2 2 .  4 −2 1   

− 16   − 2 2   4 1 − 23 3 = 3  10 − 2 1  6  3  3

1  4 3. 1 3

−2 t

2A · A

−1

=

4 3 10 3

=

2

1

− 23 − 23

4 3 1 3

−2 2 1 −1 2 1 2 4 4 = · 2 − 1 2 = · 1 − 1 2 = · (1 − 2 + 20 + 5 − 4 − 2) = 9 9 9 10 − 2 1 5 −2 1

4 4 · (26 − 8) = · 18 = 4 · 2 = 8 . 9 9

2 At · A −1 = 8

b)  − 12  B= y  0 

x 0  − 12   1 0  ;; B t =  x 2  0 0 1  

( )

Adj B T

−4 ⇒ B −1 = 1 + 4 xy

 12   0  y = −  0  y   1  2

0 1 0 1 0 0

y 0 − 12  1 0  ;; B = x 2 0 1  0

x 0 0 1 − 12 0 0 1 − 12 0

−

−

x

0

x 0 − 12 − 0 − 12 x

xy =

x 1 2

0

1 1 + 4 xy 0 = − − xy = − . 4 4 0 1 1 2

  0  0   1 −x  y   2  =  − y − 12 0  ⇒ 0   0 0 − 14 − xy  y    1  2  1 2

0   12 − x   1 · − y − 2 0 .  0 0 − 14 − xy  

0   − 12  12 − x    −4 ⇒ B −1 = B t ⇒ ·  − y − 12 0 = x 1 + 4 xy  0 − 14 − xy   0  0

 − 12  4 · y 1 + 4 xy   0

y 0

  − 12   0 = x   0 1 4 + xy   0

y 0  1 0  ;; 2 0 1 

 4x = y 4x  1 + 4 xy → 1 + 4 xy =  y 0 y   4 y  1 4 y  ⇒ x = y ⇒ 4 xy = 3 ; ; 0 ⇒ = x 2 → 1 + 4 xy = 1 + 4 xy  x  0 1    4 = 1 → 4 = 1 + 4 xy  1 + 4 xy 

3 3 3 3 . ⇒ x2 = ⇒ x1 = y1 = ; ; x2 = y 2 = − 4 2 2 2

**********

2º) Dado el plano π ≡ x − 2 y + 3z + 6 = 0 . a ) Calcula el área del triángulo de vértices los puntos de corte del plano π con los ejes de coordenadas. b ) Calcula la ecuación general del plano γ que es perpendicular al plano π, paralelo a la recta r que pasa por los puntos B(0, 3, 0) y C(0, 0, -2) y pasa por el origen de coordenadas. c ) Calcula el punto simétrico con respecto al plano π ≡ x − 2 y + 3z + 6 = 0 del origen de coordenadas. ---------a) Sean A, B y C los puntos de corte del plano π ≡ x − 2 y + 3z + 6 = 0 con los ejes de coordenadas X, Y, Z, respectivamente. π ≡ x − 2 y + 3 z + 6 = 0

  ⇒ x + 6 = 0 ; ; x = −6 ⇒ A(− 6, 0, 0 ) .  

y = 0 OX ⇒  z = 0

π ≡ x − 2 y + 3 z + 6 = 0

  ⇒ − 2 y + 6 = 0 ; ; − y + 3 = 0 ; ; y = 3 ⇒ B(0, 3, 0) .  

x = 0 OY ⇒  z = 0

π ≡ x − 2 y + 3 z + 6 = 0

  ⇒ 3 z + 6 = 0 ; ; z + 2 = 0 ; ; z = −2 ⇒ C (0, 0, − 2 ) .  

x = 0 OZ ⇒  y = 0

Los puntos A, B y C determinan los siguientes vectores: u = AB = B − A = (0, 3, 0 ) − (− 6, 0, 0 ) = (6, 3, 0 ) . v = AC = C − A = (0, 0, − 2 ) − (− 6, 0, 0 ) = (6, 0, − 2 ) .

El área del triángulo es la mitad del área del paralelogramo que determinan los vectores u = AB y v = AC . Debe saberse que el área del paralelogramo es igual que el módulo del producto vectorial de los vectores que lo determinan, por lo tanto:

S ABC

=3·

i j k 1 1 1 = · u ∧ v = · 6 3 0 = − 6i − 18k + 12i = − 3i + 6 j − 9k = 3 − i + 2 j − 3k = 2 2 2 6 0 −2

(

(− 1)2 + 2 2 + (− 3)2

)

= 3 · 1 + 4 + 9 = 3 14 u 2 = S ABC .

b)

Un vector normal del plano π ≡ x − 2 y + 3z + 6 = 0 es n = (1, − 2, 3) . Los puntos B(0, 3, 0) y C(0, 0, -2 determinan el vector: w = BC = C − B = (0, 0, − 2 ) − (0, 3, 0 ) = (0, − 3, − 2 )

La ecuación general del plano γ es la siguiente:

(

x

)

y

z

γ O; n , w ≡ 1 − 2

3 = 0 ; ; 4 x − 3z + 9 x + 2 y = 0 . 0 −3 −2

γ ≡ 13x + 2 y − 3z = 0 .

c) La ecuación de la recta r que pasa por el origen de coordenadas y es perpendicular al plano π ≡ x − 2 y + 3z + 6 = 0 es, dada por unas ecuaciones paramétricas, la siguiente: x = λ  r ≡  y = −2λ .  z = 3λ 

El punto Q de corte de la recta r con el plano π es la solución del sistema de ecuaciones que forman: x = λ  r ≡  y = −2λ  z = 3λ 

  3 9   3 6  ⇒ λ + 4λ + 9λ + 6 = 0 ; ; 14λ = −6 ; ; λ = − ⇒ Q − , , −  . 7 7  7 7  π ≡ x − 2 y + 3 z + 6 = 0

Para que P sea el punto simétrico de O con respecto a π , tiene que cumplirse que: OQ = QP ⇒ Q − O = P − Q ; ;

O(0, 0, 0) π

Q

9 9  3 6  3 6  − , , −  − (0, 0, 0 ) = ( x, y, z ) −  − , , −  ; ; 7 7  7 7  7 7 9  3 6 9  3 6 − , , −  =  x + , y − , z +  ⇒ 7  7 7 7  7 7

P(x, y, z) r

 3 3 6  x + 7 = − 7 → x = − 7     6 6 12  18   6 12 ⇒ y − = → y = , − .  ⇒ P − , 7 7 7  7  7 7   9 9 18  z + = − → z = −  7 7  7

**********

3º) a ) Calcula las asíntotas y los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la fun2 ( x − 1) ción f (x ) = 2 .

x +1

e

b ) Calcula

∫

(x − 1)2 x2 +1

1

· dx .

---------a) Las asíntotas son las siguientes: Horizontales: son los valores finitos que toma y cuando x tiende a valer infinito; son de la forma y = k. lím lím ( x − 1)2 y=k = f (x ) = =1 ⇒ x→∞ x → ∞ x2 +1

La recta y = 1 es asíntota horizontal de la función. Verticales: son los valores de x que anulan el denominador. x 2 + 1 = 0 ⇒ x ∉ R ⇒ f(x) no tiene asíntotas verticales.

Oblicuas: Para que una función tenga asíntotas oblicuas es condición necesaria que la función racional tenga un grado mayor el numerador que el denominador. Por otra parte, las asíntotas horizontales y oblicuas son incompatibles en una función. f(x) no tiene asíntotas oblicuas. Para determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento recurrimos a la derivada; según que sea positiva o negativa la función es creciente o decreciente, respectivamente. f ' (x ) =

=

2(x − 1)(x + 1)

(x

2

)

+1

2

( ) (x + 1)

2 · ( x − 1) · x 2 + 1 − (x − 1) · 2 x 2

=

(

2

2

=

[ (x

] = 2(x − 1)(x (x

2( x − 1) · x 2 + 1 − x( x − 1) 2

)

+1

2

2 2

+1− x2 + x

)

+1

2

)=

) = f ' (x ) .

2 x2 −1

(x

f ' (x ) = 0 ⇒

2

)

+1

(

2

) = 0 ;; x

2 x2 −1

(x

2

)

+1

2

2

− 1 = 0 ⇒ x1 = −1, x2 = 1 .

Por ser f(x) continua en R, las raíces que anulan la primera derivada dividen el dominio en tres intervalos que son, alternativamente, crecientes o decrecientes. Siendo f’(0) = -2 < 0, los periodos de crecimiento y decrecimiento son:

f ' ( x ) > 0 ⇒ Crecimiento : (− ∞, − 1) ∪ (1, + ∞ ) f ' ( x ) < 0 ⇒ Decrecimiento : (− 1, 1)

b) e

∫

(x − 1)2

1

x2 +1

e

· dx = ∫ 1

e e  x2 +1 x2 − 2x +1 2x  2x     · dx = − · dx = 1 − 2  · dx = 2 2 2 ∫ ∫   x +1 x +1 x +1 x +1 1 1

e e 2 x = e → t = e 2 + 1 2x 2x 2x  x + 1 = t e = ∫ dx − ∫ 2 · dx = [x ]1 − ∫ 2 · dx = e − 1 − ∫ 2 · dx ⇒  ⇒ x +1 x +1 x +1 x = 1 → t = 2  2 x · dx = dt 1 1 1 1 e

e

⇒ e −1 −

e 2 +1

∫ 2

[(

)

]

(

)

1 e 2 +1 · dt = e − 1 − [L t ] 2 = e − 1 − L e 2 + 1 − L 2 = e − 1 − L e 2 + 1 + L 2 . t

**********

4º) a ) De una función derivable f(x) sabemos que pasa por el punto A(0, 1) y que su derivada es f ' (x ) = x · e 2 x . Calcula f(x) y la recta tangente a la gráfica de f(x) en el punto correspondiente a x = 0. b ) Enuncia el teorema fundamental del cálculo integral. ---------a)

f ( x ) = ∫ f ' ( x ) · dx = ∫ x · e 2 x · dx ⇒ Aplicando el método de integración por partes:

 u = x → du = dx  1 2x 1 2x   f ( x ) = ∫ x · e · dx ⇒  2 x 1 2 x  ⇒ f ( x ) = x · e − ∫ e · dx = 2 2 e · dx = dv → v = 2 e  2x

x 2x 1 2x x 2x 1 2x e2x = · e − ∫ e · dx = · e − · e + C = (2 x − 1) + C = f (x ) . 2 2 2 4 4

Para determinar el valor de C tenemos en cuenta que la función pasa por el punto A(0, 1): f (0) = 1 ⇒

f (x ) =

e0 (0 − 1) + C = 1 ; ; − 1 + C = 1 ⇒ C = 5 . 4 4 4

[

]

e2x (2 x − 1) + 5 = 1 e 2 x (2 x − 1) + 5 . 4 4 4

La pendiente de la tangente a una función en un punto es el valor de su derivada en ese punto. f ' ( x ) = x · e 2 x ⇒ f ' (0 ) = 0 = m . (Se trata de una recta horizontal).

Como la función pasa por el punto A(0, 1), la tangente pedida es y = 1.

b) El enunciado del teorema fundamental del cálculo integral para funciones continuas es el siguiente: “Si f(x) es continua en el intervalo [α, b], su función integral asociada F(x) es derivable en dicho intervalo, siendo su derivada f(x), ∀x ∈ [a, b] y se exx

presa de la forma F (x ) = ∫ f (x ) · dx ”. a

**********

OPCIÓN B x + y = m 1º) a ) Discute, según los valores de m, el sistema  x − my = −13 . 3x + 5 y = 16 

b ) Resuélvelo, si es posible, para m = 2. ---------a) Las matrices de coeficientes y ampliada son: m  1 1  1 1     M =  1 − m  y M ' =  1 − m − 13  . 3 5  3 5 16    

El rango de la matriz de ampliada M’ en función de m es el siguiente: 1

1

m

M ' = 1 − m − 13 = −16m + 5m − 39 + 3m 2 + 65 − 16 = 3m 2 − 11m + 10 = 0 ; ; 3 5 16

m=

11 ± 121 − 120 11 ± 1 11 ± 1 5 = = ⇒ m1 = 2 ; ; m2 = . 6 6 6 3 m = 2  Para  ⇒ Rango M = Rango M ' = 2 = n º incóg . ⇒ Compatible det er min ado 5 m = 3  m ≠ 2  Para  ⇒ Rango M = 2 :: Rango M ' = 3 ⇒ Incompatible 5 m ≠ 3 

b) x + y = 2 Para m = 2 el sistema es  x − 2 y = −13 , que es compatible determinado. 3x + 5 y = 16 

Despreciando una de las incógnitas (tercera) y resolviendo por Cramer: 2 1 − 13 − 2 − 4 + 13 9 x= = = = −3= x. 1 1 − 2 −1 − 3 1 −2

**********

1

2 1 − 13 − 13 − 2 − 15 y= = = =5= y. −3 −3 −3

 x = 3 + λ + 2µ 2º) a ) Estudia la posición relativa de los planos π 1 ≡ x + y + z − 5 = 0 , π 2 ≡  y = 1 − λ − µ . z = 1 + µ 

Si se cortan en una recta, escribe sus ecuaciones paramétricas. b ) Calcula la ecuación del plano π3, que pasa por el origen de coordenadas y es perpendicular a π1 y π2. Calcula la intersección de π1, π2 y π3. ---------a)  x = 3 + λ + 2µ Un punto y dos vectores del plano π 2 ≡  y = 1 − λ − µ son A(3, 1, 1), u = (1, − 1, 0) z = 1 + µ 

y v = (2, − 1, 1) .  x = 3 + λ + 2µ La expresión general del plano π 2 ≡  y = 1 − λ − µ es la siguiente: z = 1 + µ 

(

)

π 2 A; u , v ≡

x − 3 y −1 z −1 1 2

−1 −1

0 1

= 0 ; ; − ( x − 3) − ( z − 1) + 2( z − 1) − ( y − 1) = 0 ; ;

− ( x − 3) − ( y − 1) + ( z − 1) = 0 ; ; − x + 3 − y + 1 + z − 1 = 0 ⇒ π 2 ≡ x + y − z − 3 = 0 .

Los vectores normales de los planos π1 y π2 son, respectivamente, n1 = (1, 1, 1) y n2 = (1, 1, − 1) , que son linealmente independientes, por lo cual: Los planos π1 y π2 son secantes. x + y + z − 5 = 0 . La expresión de r por x + y − z − 3 = 0

Los planos π1 y π2 se cortan en la recta r ≡  unas ecuaciones paramétricas es la siguiente:

y + z = 5 − λ x + y + z − 5 = 0 r≡ ⇒ x=λ ⇒  ⇒ 2 y = 8 − 2λ ; ; y = 4 − λ ; ; z = 5 − λ − y = y − z = 3− λ x + y − z − 3 = 0

= 5− λ − 4 + λ =1= z . x = λ  r ≡ y = 4 − λ z = 1 

b) El vector normal del plano π3 es cualquiera que sea linealmente dependiente del vector director de la recta r, que es vr = (1, − 1, 0) . La ecuación general del plano π3 es: π 3 ≡ x − y = 0 . La intersección de los planos π1, π2 y π3 es el punto que tiene como coordenadas las soluciones del sistema que forman los planos: x + y + z = 5 x + x + z = 5 2 x + z = 5  x + y − z = 3 ⇒ x = y ⇒   ⇒ 4 x = 8 ; ; x = y = 3 ; ; z = −1 . x + x − z = 3 2 x − z = 3  x − y = 0 

El punto de corte de los tres planos es A(3, 3, -1). **********

3º) a ) Enunciado e interpretación geométrica del teorema de Rolle.  x 2 + ax + b si x < 2 b ) Si c > 2, calcula los valores de α, b y c para que la función f (x ) =  x + 1 si x ≥ 2 

cumpla las hipótesis del teorema de Rolle en el intervalo [0, c]. ---------a) El teorema de Rolle se puede enunciar diciendo: Si f(x) es una función continua en el intervalo [α, b] y derivable en (α, b) y si se cumple que f(α) = f(b), existe al menos un punto c ∈ (a, b ) tal que f’(x) = 0. La interpretación geométrica del teorema de Rolle es la que se indica en el gráfico siguiente. Y

f(x)

f(b)

f(a) α

x1

O

x2

x3

b

X

Existe al menos un valor x0 comprendido entre α y b para el cual la tangente a la curva es horizontal. Pero para que esto sea así es imprescindible que la función sea derivable en todos los puntos del intervalo. De forma sencilla puede decirse que, si una función continua y derivable llega a la misma altura para dos valores distintos de x, en algún punto entre los dos valores tendrá tangente horizontal.

b) La función f(x) es continua y derivable en R, excepto para x = 2, cuya continuidad y derivabilidad vamos a condicionar según los valores de α y b. Para que la función sea derivable para x = 2, es condición necesaria que sea continua para este valor, es decir: que los límites laterales para este valor tienen que ser iguales e igual al valor de la función:

 lím  lím 2  x → 2 − f ( x ) = x → 2 x + ax + b = 4 + 2a + b    x =2⇒  ⇒ 4 + 2a + b = 3 ; ; 2a + b = −1 (*)  lím f ( x ) = lím ( x + 1) = f (2) = 3   x → 2 +  x→2

(

)

Una función es derivable en un punto cuando es continua en ese punto y sus derivadas laterales son iguales: 2 x + a si x < 2 4 + a si x < 2 ⇒ f ' (2 ) =  ⇒ 4 + a = 1 ; ; a = −3 . f ' (x ) =   1 si x ≥ 2  1 si x ≥ 2

Sustituyendo el valor obtenido de α en (*): 2a + b = −1 ; ; − 6 + b = −1 ; ; b = 5 .  x 2 − 3x + 5 si x < 2 . x + 1 si x ≥ 2 

La función resulta ser f (x ) = 

f (0) = 5 y para c > 2 es f (c ) = c + 1 . Como tiene que ser f (0) = f (c ) : c +1 = 5 ⇒ c = 4

La representación gráfica de la situación aclara la resolución del ejercicio. Y

f(x) A

B f(0) = f(4)

m es el valor que hace f’(m) = 0

O

m

4 **********

X

4º) Dibuja y calcula el área de la región limitada por la parábola y = − x 2 + 2 x + 3 , la recta tangente en el punto donde la parábola tiene un extremo y la tangente a la parábola en el punto en que la tangente es paralela a la recta y = 4x. (Nota: para el dibujo de las gráficas, indicar los puntos de corte con los ejes, el vértice de la parábola y la concavidad y convexidad). ---------El extremo de la parábola, por tener negativo el coeficiente de x2 es un máximo absoluto, que se obtiene igualando a cero su derivada: y ' = −2 x + 2 = 0 ; ; − x + 1 = 0 ; ; x = 1 . y(1) = −12 + 2 · 1 + 3 = −1 + 2 + 3 = 4 ⇒ V (1, 4 ) .

La recta y = 4x tiene de pendiente 4.

y = 4x

Y

S

4

y=4

V

y = 4x + 4

y = − x2 + 2x + 3

B

La pendiente de la tangente a una función en un punto es el valor de su derivada en ese punto: y ' = 4 ⇒ − 2 x + 2 = 4 ; ; − 2 x = 2 ; ; x = −1 .

A

T -1

O

1

3

X

y(−1) = −(− 1) + 2 · (− 1) + 3 = −1 − 2 + 3 = 0 ⇒ T (− 1, 0 ) . 2

Los puntos de corte con los ejes de la parábola son los siguientes: La ecuación de la recta tangente en el punto T(-1, 0) es la siguiente: y − 0 = 4( x + 1) = 4 x + 4 ⇒ t ≡ y = 4 x + 4 .

Eje X ⇒ y = 0 ⇒ − x 2 + 2 x + 3 = 0 ; ; x 2 − 2 x − 3 = 0 ; ; x =

2 ± 4 + 12 2 ± 16 2 ± 4 = = = 2 2 2

 x1 = 3 → y(3) = −32 + 2 · 3 + 3 = −9 + 6 + 3 = 0 ⇒ A(3, 0 ) =1± 2 ⇒  .  x1 = −1 ⇒ T (− 1, 0 ) Eje Y ⇒ x = 0 ⇒ B (0, 3) .

Como ya se ha indicado, la parábola es cóncava (∩) , lo cual se justifica teniendo en cuenta que y ' ' = −2 < 0 para cualquier valor real de x. La superficie pedida, que se deduce de la representación gráfica, es la siguiente:

0

[

(

)]

1

[ (

)]

0

(

)

1

(

)

S = ∫ 4 x + 4 − − x + 2 x + 3 dx + ∫ 4 − − x + 2 x + 3 dx = ∫ x + 2 x + 1 dx + ∫ x 2 − 2 x + 1 dx = 2

−1

2

2

−1

0

 (− 1)3   13 2   x3   x3  2 2 2 =  + x + x +  − x + x = 0 −  + (− 1) − 1 +  − 1 + 1 − 0 = 3 3 3   −1  0    3 0

1

1 1 2  1  1 = −  − + 1 − 1 + − 1 + 1 = + = u 2 = S . 3 3 3  3  3

**********

0