Matemáticas II Paeg Septiembre 2015 Castilla - La Mancha

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 x0

1 2 cos ( x ) 1 1 L(1  tan( x ))  L' Hôpital  lim   lim ( L(m ))  lim x0 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

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´ 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 24  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