Pruebas de Acceso a Estudios Universitarios. Bachillerato L. O. G. S. E.
´ Materia: MATEMATICAS II La prueba consta de cuatro bloques con dos opciones cada uno. Debes contestar una u ´nica opci´ on de cada bloque. Todas las opciones punt´ uan igual (2’5 puntos). Puedes usar cualquier tipo de calculadora.
PRIMER BLOQUE A. Encuentra el punto de la gr´ afica de la funci´ on f (x) = x3 + x2 + x + 1 en el que la pendiente de la recta tangente sea m´ınima. B. Dada la funci´ on f (x) =
1 ln(x)
, donde ln(x) es el logaritmo neperiano de x,
a) Determina su dominio y sus as´ıntotas. b) Razona que la funci´ on es decreciente en su dominio.
SEGUNDO BLOQUE A. Calcula la integral indefinida
Z
2x3 − 9x2 + 9x + 6 x2 − 5x + 6
dx
B. Halla una primitiva F (x) de la funci´ on f (x) = 8x3 + 2x, que cumpla que F (x) ≥ 0 para todo x ∈ R, y de forma que el ´ area comprendida entre la gr´ afica de F (x), el eje de abscisas y las rectas x = 0 41 y x = 1 sea . 15 TERCER BLOQUE m 2 −1 m − 1 A. Determina, en funci´ on del par´ ametro m ∈ R, el rango de la matriz A = 2 4 m m + 2 3 6 −3 0
B. Enuncia el Teorema de Rouch´e-Fr¨ obenius. Sean A una matriz 3 × 3, B una matriz columna no nula de tama˜ no 3 × 1, O la matriz nula de tama˜ no 3 × 1, y consideremos los sistemas expresados en forma matricial A · X = B y A · X = O. a) Sabiendo que A · X = B es incompatible, clasifica el sistema A · X = O. b) Sabiendo que la matriz A tiene inversa, clasifica el sistema A · X = B.
CUARTO BLOQUE A. Dados los puntos A(1, 0, 1), B(2, 1, 0), C(1, 1, a) con a ∈ R a) ¿Existe alg´ un valor de a para el que los tres puntos est´en alineados? b) ¿Existe alg´ un valor de a para el que el plano que contiene a los tres puntos A, B y C sea paralelo al plano π ≡ 4x − 6y − 2z = 7? x= a − s x − 2y = 1 ′ y = a + s , con s ∈ R. y r ≡ B. Dadas las rectas r ≡ y − z = −1 z= s a) Estudia en funci´ on del par´ ametro a ∈ R su posici´ on relativa. b) Para el valor del par´ ametro a que hace que r y r ′ se corten en un punto, halla el punto P de intersecci´ on entre ambas rectas, y las ecuaciones param´etricas de una recta s perpendicular a r y a r ′ que pase por dicho punto P .
B1-A Solución: El valor de la pendiente viene dado por el valor de la derivada, y la derivada es f ' ( x) = 3 x 2 + 2 x + 1 . Calculamos el mínimo de esta función, para ello vemos donde su 1 derivada se anula f ' ' ( x) = 6 x + 2; 6 x + 2 = 0 x = − . Como la derivada de esta 3 función es f ' ' ' ( x) = 6 > 0 resulta que en efecto alcanza un mínimo para ese valor. El 2
1 2 2 § 1· valor del mínimo (la pendiente mínima) es f ' (− ) = 3¨ − ¸ − + 1 = 3 3 3 © 3¹ 1 · § 1 20 · § 1 El punto pedido es ¨ − , f (− ) ¸ = ¨ − , ¸ . La gráfica ilustra la situación 3 ¹ © 3 27 ¹ © 3
B1-B Solución: La función es un cociente con el numerador 1 por tanto existe siempre que el denominador exista y no sea cero. El dominio son los reales estrictamente positivos menos el 1 porque el logaritmo neperiano no existe para cero ni para valores negativos, 1 que es negativa en todos y el logaritmo de 1 es cero. La derivada es f ' ( x) = − x(ln( x)) 2 los valores del dominio, por lo tanto la función siempre es decreciente. Como el límite en x=0 es “infinito”, por la izquierda − ∞ y por la derecha + ∞ , hay una asíntota vertical x = 1. Como el límite cuando x tiende a infinito es 0 hay una asíntota horizontal y = 0.
B2-A Solución: Se trata de una integral racional. Como el grado del numerador es mayor que el grado D R del denominador, lo primero es hacer la división y aplicar la igualdad =C+ d d 3 2 2x − 9x + 9x + 6 2x En nuestro caso queda = 2x + 1 + 2 2 x − 5x + 6 x − 5x + 6 Ahora descomponemos en fracciones simples la última fracción, teniendo en cuenta las raíces del denominador 2x A B = + A = 6; B = −4 . Después de todo esto queda: 2 x − 5x + 6 x − 3 x − 2 § ( x − 3)3 · 6 4 2 ¸+k − )dx = x + x + 2 ln¨¨ I = ³ (2 x + 1 + 2 ¸ x−3 x−2 ( ) − 2 x © ¹
B2-B Solución: Las primitivas de la función dada tienen la forma 2 x 4 + x 2 + c . Lo que pretendemos es 1
º 41 ª 2 x 5 x 3 41 2 1 41 que ³ 2 x + x + c = « + + cx » = + +c = c=2 0 15 3 5 3 15 ¼ 0 15 ¬ 5 1
4
2
B3-A Solución: Observamos que la cuarta columna de la matriz es la suma de la primera y tercera, luego el rango sólo depende de las tres primeras columnas. Calculamos el determinante y m 2 −1 vemos cuando es cero 2 4 m = −6(m − 1)(m + 2) Por tanto siempre que m sea 3 6 −3 distinto de 1 y de –2 el rango es tres. Cuando m=1 el rango es 2 porque hay un menor de 2 −1 −2 2 orden dos distinto de cero = 6 , lo mismo pasa cuando m=-2; = −12 4 1 2 4 B3-B Solución: El Teorema en cuestión asegura que si el rango de la matriz de coeficientes y el de la ampliada son iguales entonces el sistema tiene solución; si además el rango común es igual al número de incógnitas, el sistema tiene solución única (es compatible determinado). Eso es lo que pasa en el caso b) La solución sería X = A −1 ·B En el caso a) ocurrirá que no coinciden los rangos, siendo menor el de la matriz A que el de la matriz A ampliada con B, (podemos asegurar por tanto que el rango de A es menor que 3 en este caso) pero si cambiamos B por O entonces sí coincidirán los rangos porque añadir una columna de ceros no hace variar el rango. En resumen el sistema quedará compatible indeterminado (tendrá infinitas soluciones). Ojo he resuelto primero el caso b) y después el a). B4-A Solución: Estarán alineados cuando los vectores AB=(1,1,-1) y AC=(0,1,a-1) sean 0 1 proporcionales, pero esto es imposible porque ≠ . Para ningún valor de a estarán 1 1 alineados. El plano que contiene a los tres puntos tiene por ecuación x −1 1 0
y 1 1 = 0 ax + (1 − a) y + z = 1 + a , por tanto para que sea paralelo al dado z −1 −1 a −1 tiene que cumplirse estrictamente
a 1− a 1 = = a = −2 . Como el punto A ∉ π los planos son 4 −6 −2 paralelos
B4-B. Solución: Ponemos la recta r en forma paramétrica, para ello resolvemos el sistema x = − 1 + 2λ °x − 2 y = 1 ° ® y = − 1 + λ La posición relativa de las rectas la estudiamos a ® ° y − z = −1 °z = λ ¯ ¯ partir de sus vectores directores (2,1,1) y (-1,1,1) y de un vector con origen en un punto de una de ellas y extremo en un punto de la otra, en nuestro caso los puntos (-1,-1,0) y (a, a, 0), o sea el vector (a+1, a+1, 0). § a + 1 2 − 1· ¨ ¸ Consideramos la matriz ¨ a + 1 1 1 ¸ , como los vectores directores no son ¨ 0 1 1 ¸¹ © proporcionales las rectas no son paralelas, se cortarán o se cruzarán. Cuando a tome un valor que haga cero el determinante de la matriz 3x3 las rectas se cortarán, en los demás § a + 1 2 − 1· ¨ ¸ casos se cruzarán. ¨ a + 1 1 1 ¸ = −3a − 3 . Luego cuando a = -1 las rectas se cortan. ¨ 0 1 1 ¸¹ © Para hallar el punto de corte resolvemos − 1 + 2λ = − 1 − s ° ® − 1 + λ = − 1 + s λ = 0 P = (−1,−1, 0) . Para escribir las ecuaciones ° λ = s ¯ paramétricas de la recta perpendicular necesitamos un vector director; lo obtenemos haciendo el producto vectorial de los vectores directores de r y r’ −1 x = ° (2,1,1) x (−1,1,1) = (0,−3,3) . Por fin las ecuaciones paramétricas son ® y = − 1 − 3λ °z = 3λ ¯ −1 x = ° Evidentemente también vale ® y = − 1 − λ °z = λ ¯