Pruebas de Acceso a Ense˜ nanzas Universitarias Oficiales de Grado. Bachillerato L. O. E.
´ Materia: MATEMATICAS II Instrucciones: El alumno deber´ a contestar a una de las dos opciones propuestas A o B. Los ejercicios deben redactarse con claridad, detalladamente y razonando las respuestas. Puedes utilizar cualquier tipo de calculadora. Cada ejercicio completo punt´ ua 2,5 puntos.
PROPUESTA A
1A. Calcula los siguientes l´ımites: ln(1 + 2x) , x→0 xesen x l´ım
1
l´ım (1 + tan x) x+sen x
x→0
(1,25 puntos cada l´ımite)
Nota: tan x denota a la tangente de x.
2A. a) Calcula la ecuaci´on de la recta tangente a la gr´afica de f (x) = x2 en el punto de abscisa x = 2. (0,5 puntos) b) Esboza la regi´on encerrada entre las gr´aficas de f (x), la recta calculada en el apartado a) y el eje de ordenadas. (0,5 puntos) c) Calcula el ´area de la regi´on anterior. (1,5 puntos)
3A. a) Enuncia el Teorema de Rouch´e-Fr¨obenius. (0,5 puntos) b) Razona que el sistema de ecuaciones lineales x + 3y − 3z = 4 2x − y + z = 1 3x + 2y − az = 5
a∈R
no es incompatible para ning´ un valor a ∈ R. (1 punto) c) Resuelve el sistema en el caso en que sea compatible indeterminado. (1 punto)
{
4A. Dada la recta r≡
2x − y + z = 3 x−z =1
a) Da la ecuaci´on impl´ıcita del plano π perpendicular a r que pasa por el punto P (2, 1, 1). (1,25 puntos) b) Halla el volumen del tetraedro cuyos v´ertices son el origen de coordenadas y los tres puntos que resultan al hacer la intersecci´on de π con los ejes coordenados. (1,25 puntos)
(sigue a la vuelta)
A1.- Solución: a) Aplicamos L’Hôpital 2 2 L(1 2 x ) 2x lim lim sen ( x ) 1 sen lim 2 ( x) x 0 xe sen ( x ) x 0 e x 0 (1 2 x )(1 x cos( x ) cos( x ) xe b) Recurrimos a que el límite del logaritmo es el logaritmo del límite 1
lim (1 tan( x )) x sen ( x ) m x0
1 2 cos ( x ) 1 1 L(1 tan( x )) L' Hôpital lim lim ( L(m )) lim x0 x 0 x sen ( x ) x 0 1 cos( x ) 2 1 2
m e e 1'68...
A2.- Solución: a) La ecuación de la tangente viene dada por la fórmula y-f(x0)=f’(x0)(x-x0) f ( 2) 2 2 4 y 4 4( x 2) y 4 x 4 2 f ( x ) x f ' ( x ) 2 x f ' ( 2) 4 b) La región pedida podemos considerarla compuesta por el triángulo mixtilíneo del primer cuadrante formado por la parábola el eje X y la tangente, y el triángulo del cuarto cuadrante formado por el eje X, la tangente y el eje Y
2
x3 8 c) x dx 0 3 0 3 A3.- Solución: 2
2
La con di ci ón n ecesari a y su fi ci ent e para qu e u n si st ema l in eal de m ecu aci on es y n in cógn it as t en ga sol u ci ón es qu e el ran go de l a mat ri z de l os coefi ci en t es y el de l a matri z ampl i ada sean i gu al es. b)E l ran go de l a mat ri z 3 x3 de coefi ci ent es de l as i n cógn it as depen de del val or de su det ermi n an t e. S erá 3 cu an do el det ermi n ant e sea di st in t o de 0 . V eremos qu e est o ocu rre para t odo val or di st i n t o de -2 . E n est e caso el det ermi n ant e de l a mat ri z ampli ada t amb i én es 3 porqu e ambas t i en en 3 fil as.
Cu an do a=-2 veremos qu e l os ran gos t a mbi én coi n ci den y val en 2 por l o qu e para ese val or el si st ema es compat i bl e i n det ermin ado. V eremos qu e su solu ci ón es (1 , 1 + , )
1 3 3 2 1 1 7a 14 a 2 el determinan te es distinto de 0 y los rangos iguales a 3 3 2 a 1 3 4 1 3 2 0, y 2 1 1 0 los rangos son ambos 2 Cuando a 2, tenemos que 2 1 3 2 5 Por lo tanto el sistema nunca es incompatible c) Para resolverlo cogemos las dos primeras ecuaciones y hacemos z x 1 x 3y 4 3 Multiplicamos la segunda por 3 y sumamos y 1 2x - y 1 - 7 x 7 x 1 y 2 1 z A4.- Solución: a) Obtenemos las ecuaciones paramétricas de r haciendo z= y resolviendo. Así tendremos un vector director y un punto. El vector obtenido es el perpendicular al plano o vector característico del plano pedido x 1 2 x y 3 y 2 2 (1,2,1) es director de r y perpend. a r x 1 z 0 z
Los puntos de corte con los ejes son Ej X (5,0,0) 1( x 2) 2( y 1) 1( z 1) 0 x 2 y z 5 0 Ej Y (0,5/2,0) Ej Z 0,0,5) 5 1 1 25 125 5 10'42... V (áreabase x altura) 3 3 2 12
Pruebas de Acceso a Ense˜ nanzas Universitarias Oficiales de Grado. Bachillerato L. O. E.
´ Materia: MATEMATICAS II
PROPUESTA B
1B. Determina c´omo dividir un segmento de 90 cm en dos trozos, de forma que la suma del ´area del semic´ırculo cuyo di´ametro es uno de ellos y el ´area de un tri´angulo rect´angulo que tiene como base el otro trozo y cuya altura es π veces su base, sea m´ınima. (2.5 puntos) Nota: Recuerda que el ´area de un c´ırculo de radio r es πr2 .
2B. Calcula las integrales ∫ √ ) 1 ( √ 4x3 − 4 x dx, x
∫
3B. a) Despeja X en la ecuaci´on matricial orden 3. (1 punto) b) Calcula X, siendo 1 A= 1 0
x ln x dx
(1,25 puntos por integral)
A · X − A = 2A2 , donde A y X son matrices cuadradas de 0 2 1 0 0 −1
(1 punto)
c) Calcula los determinantes de las matrices A101 y A1000 . (0,5 puntos)
4B. Dados el plano π ≡ x + ay + 3z = 2, a ∈ R, y la recta { x − 2y + z = −1 r≡ 2x − y = 0 a) Halla a para que π y r se corten perpendicularmente. (1,25 puntos) b) Halla a para que π y r sean paralelos. (1,25 puntos)
B1.- Soluc ión: Ll amaremos x a l a l on gi t u d de u n o de l os t rozos, l u ego 9 0 -x será l a l on gi tu d del ot ro . N os pi den el val or de x para qu e sea mí n i ma l a fu n ci ón f(x). Deri vamos, cal cu l amos don de se an ul a y observamos si all í l a deri vada segu n da es posit i va 2
1 x (90 x ) 2 x2 5x 2 2 f ( x ) 90 x ( 180x 90 2 ) f ( x) 2 2 2 24 2 4 5 5 0, x f ' ( x ) ( x 180) f ' ' ( x ) 2 2 4 5 f ' ( x ) 0 x 180 0 x 72 90 x 18 2 Luego 72 cm y 18 cm son los trozos. Y f(72)=2544’69…el área mínima.
B2.- Soluc ión:
a)
1 1 16 4 (4 x 3 4 x )dx 2 ( 4t 12 t )4t 3 dt 16t 13 4t 2 dt t 14 t 3 K 14 3 t x
x t 4 dx 4t 3 dt He hecho el cambio 4 x t x 3 t 12 x t2 1 8 4 Deshaciend o el cambio ( 4 x 3 4 x )dx ( 4 x )14 7 3 x
x 4
3
K
8 3 4 x x 4 x3 K 7 3
x2 x2 1 x2 x x2 x2 x2 1 L( x ) dx L( x ) dx L( x ) K ( L( x ) ) K 2 2 x 2 2 2 4 2 2 1 He integrado por partes u L( x ) du dx x 2 x dv xdx v 2 b) xL( x )dx
B3.- Soluc ión:
a ) A·X A 2 A2 A·X 2 A2 A A 1·A·X A 1 ( 2 A2 A) X A 1 (2 A 2 A) 0 0 3 0 2 1 2 2 A2 A 5 3 4 0 0 1 0 1 2 1 0 2 3 0 2 3 0 2 X 1 1 2 · 5 3 4 2 3 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 0 2 1 0 0 1 0 2 4 3 101 1000 1000 1 c ) A 3 1 2 , A 4 1 4 A 101 1 100 , A 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 1 0 2 b) A 1 1 0 A2 2 0 0 0 1 1 0 1 A 1 Ad T A 1 1 1 A 0 0
4 0 1 0 1000 1
B4.- Solución: Obtenemos unas ecuaciones paramétricas de la recta y de ellas un punto y un vector director. Cuando este vector y el característico del plano sean perpendiculares (producto escalar 0), la recta es paralela al plano, cuando sean proporcionales la recta es perpendicular. 1 1 x 3 3 x 2 y 1 1 2 x 2 y z 12 2 2 ( , ,0) r r 2 x y 0 y 3 3 3 3 2 x y 0 z (1,2,3) Vector dir de r z 1 a 3 a 2, en este caso son perpendicu lares r 1 2 3 (1, a ,3)·(1,2,3) 0 1 2a 9 0 a 5, en este caso son paralelos