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. a) Calcula los valores de los par´ametros a, b ∈ R para que la funci´on { 2 x − 2x + a si x ≤ 0 f (x) = 2 x x + be + 3 si x > 0 sea continua y derivable en x = 0. (1,5 puntos) b) Para los valores encontrados, calcula la ecuaci´on de la recta tangente a la gr´afica de f (x) en el punto de abscisa x = 0. (1 punto)
2A. Calcula la integral definida ∫ 1
(x2 + x + 1)e−x dx
(2,5 puntos)
0
3A. a) Sabiendo que A es una matriz cuadrada de orden 2 tal que |A| = 5, calcula razonadamente el valor de los determinantes | − A|, b) Sabiendo que
|A−1 |,
|AT |,
a b c
1 1 1
3 0 1
|A3 |
(1 punto)
=2
calcula, usando las propiedades de los determinantes,
5 0 0 0
3 − a −b 1 − c
2 2a 2b 2c
1+a 1+b 1+c
y
0 30 0 10
3a
3b 3c
1 4 4 4
4A. a) Halla a ∈ R para que las rectas { x + 2y − z = 1 r≡ −x + y − 3z = 2
{ y
s≡
(1,5 puntos)
x+y =0 3x + 2y + z = a
se corten en un punto. (1,25 puntos) b) Para dicho valor de a, da la ecuaci´on impl´ıcita de un plano π que contenga a r y s. (1,25 puntos)
(sigue a la vuelta)
A1.- Solución:
f ( 0) = a x − 2 x + a si x ≤ 0 Para continua en x = 0 ⇒ lim− f ( x ) = lim− x 2 − 2 x + a = a ⇒ a ) f ( x) = 2 x x →0 a = b + 3 x + be + 3 si x > 0 x→0 2 x lim+ f ( x ) = lim+ x + be + 3 = b + 3 x→0 x→0 lim− f ' ( x ) = lim− 2 x − 2 = −2 2 x − 2 si x < 0 Para derivable en x = 0 x →0 x →0 ⇒ ⇒ f ' ( x) = x x f ' ( x ) = lim+ 2 x + be = b b = -2 2 x + be si x > 0 xlim →0 + x →0 a = b + 3 a = 1 Por tanto para continua y derivable ⇒ b = -2 b = -2 b) La ecuación de la tangente en un punto de abscisa x=a responde a la fórmula 2
y − f ( a ) = f ' ( a )( x − a ) ⇒ y − f (0) = f ' (0)( x − 0) ⇒ y − 1 = −2( x − 0) ⇒ y = −2 x + 1
A2.- Solución:
∫ (x
+ x + 1)e − x dx = ( x 2 + x + 1)( −e − x ) + ∫ e − x (2 x + 1)dx
2
u = x 2 + x + 1 ⇒ du = (2 x + 1)dx Por partes −x −x dv = e dx ⇒ v = −e
∫e
( 2 x + 1)dx = −e − x ( 2 x + 1) − ∫ − e − x 2dx = − e − x ( 2 x + 1) − 2e − x
−x
u = 2 x + 1 ⇒ du = 2dx Por partes también −x −x dv = e dx ⇒ v = −e
∫ (x 1
2
∫ (x 0
2
+ x + 1)e − x dx = ( x 2 + x + 1)( −e − x ) − e − x (2 x + 1) − 2e − x = −e − x ( x 2 + 3x + 4)
[
]
+ x + 1)e − x dx = − e − x ( x 2 + 3x + 4) 0 = (− e −1 (12 + 3 + 4 ) − ( −e −0 (0 2 + 0 + 4) = 1
−8 +4 e
A3.- Solución:
A = 5 ⇒ − A = − A = −5 ; A −1 =
1 1 3 = ; AT = A = 5 ; A3 = A = 125 A 5
3− a − b 1− c 3− a − b 1− c 3 0 1 a b c 1 + a 1 + b 1 + c = 3 1 + a 1 + b 1 + c = 3 1 1 1 = −3 1 1 1 = −6 3a
3b
3c
a
b
c
a b c
3 0 1
Hemos utilizado las propiedades de los determinantes: 1º sacando factor común 3, después sumando la tercera fila a la primera y restándosela a la segunda y por último intercambiando la primera y la tercera filas.
5 0 0 0 2 a 2b 2 c a b c a b c 2 2 a 2b 2 c = 5 30 0 10 = 5 • 2 • 10 • 4 3 0 1 = −5 • 2 • 10 • 4 1 1 1 = −800 0 30 0 10 4 4 4 1 1 1 3 0 1 1 4 4 4 Hemos desarrollado por la primera fila, hemos sacado factores y hemos intercambiado la segunda y la tercera filas. A4.- Solución: a) Para que se corten el sistema formado por las cuatro ecuaciones debe ser compatible. Para ello el determinante de la matriz ampliada debe ser 0. Luego
1
2 −1 1
1
1
−1 1
1 −1 1 1 0 0 −1 1 − 3 2 −1 2 − 3 2 =0⇒ = 2 − 3 2 = 2 −1 0 = −1 − a = 0 ⇒ 1 1 0 0 1 0 0 0 −1 1 a −1 0 1+ a 3 2 1 a 3 −1 1 a a = −1 Hemos restado a la segunda columna la primera, desarrollado por la tercera y luego (en el de orden 3) sumado la primera columna a la segunda y restado a la tercera. b) Con el producto vectorial de los vectores perpendiculares a los planos que determinan cada recta hallamos los vectores directores del plano pedido, después hallamos un punto de la primera recta (hemos dado a z el valor 0 y resuelto, sale (-1,1,0) y con estos 3 elementos conseguimos la ecuación pedida.
2 -1 1 −1 1 2 ,− , ) = ( −5,4,3) (1,2,−1)x(-1,1,-3) = ( 1 - 3 −1 3 −1 1 x +1 − 5 1 1 0 1 0 1 1 y −1 4 −1 = 0 ( 1 , 1 , 0 ) x(3,2,1) = ( , − , ) = ( 1 , − 1 , − 1 ) ⇒ 3 −1 2 1 3 1 3 2 z En la recta r, para z = 0 ⇒ x = -1, y = 1 ⇒ (-1,1,0) ∈ r x + 2 y − z = 1
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´ Materia: MATEMATICAS II
PROPUESTA B
1B. a) Calcula los extremos relativos y los intervalos de crecimiento y decrecimiento de la funci´on 2 f (x) = 1 + x2 e−x . (1,5 puntos) b) Calcula las as´ıntotas de f (x). (1 punto)
2B. Para cada c ≥ 2 definimos A(c) como el ´area de la region encerrada entre la gr´afica de f (x) = el eje de abscisas, y las rectas x = 1 y x = c. a) Calcula A(c). (1,5 puntos) b) Calcula l´ım A(c) c→+∞
3B. a) Se sabe que el sistema de ecuaciones x − 2y 2x − y x − 5y
1 + x2 x4
(1 punto)
lineales + 3z = 4 + z = 8 + az = 4
a∈R
es compatible indeterminado. Calcula a y resuelve el sistema para dicho valor del par´ametro. (2 puntos) b) Para el valor de a encontrado, da una soluci´on particular del sistema tal que x = y. (0,5 puntos)
4B. Dados el plano π ≡ x − y = 4 y la recta { x+z =1 r≡ 2x + y + az = 0
a ∈ R,
se pide: a) Estudia si existe alg´ un valor del par´ametro a para el que r y π sean paralelos. (0,75 puntos) b) Estudia si existe alg´ un valor del par´ametro a para el que r y π se corten perpendicularmente. (0,75 puntos) c) Para a = 1, da la ecuaci´on impl´ıcita de un plano π ′ que contenga a r y corte perpendicularmente a π. (1 punto)
B1.- Solución: Puesto que la función es derivable tantas veces como queramos, utilizamos la derivada primera y la segunda para hallar los máximos y mínimos
f ' ( x ) = 2 xe
− x2
+e
− x2
( −2 x ) x = 2 x (1 − x )e 2
2
− x2
x = 0 ⇒ f ' ( x ) = 0 para x = 1 x = -1
f ' ' ( x ) = ( 2 − 6 x 2 )e − x − 4 x 2 (1 − x 2 )e − x = ( 2 − 10 x 2 + 4 x 4 )e − x Luego f''( 0 ) = 2 > 0 ⇒ Mínimo en (0, f(0)) = (0,1) f''( 1 ) = −6 < 0 ⇒ Máximo en (1, f (1)) = (1,2) 2
2
2
f ' ' ( −1) = −6 < 0 ⇒ Máximo en ( −1, f ( −1)) = ( −1,2) f creciente de - ∞ hasta - 1, decreciente de - 1 a 0, creciente de 0 a 1 y decreciente de 1 a + ∞
b) Como está definida en todo R no hay asíntotas verticales
lim f ( x ) = lim1 + x 2 e − x = 1 + lim 2
x →∞
x →∞
x →∞
x2
e Por tanto no hay asíntotas oblicuas B2.- Solución:
A(c ) = ∫
c
1
= 1 + lim x →∞
2x 2 xe
x2
= 1 + lim x →∞
1 ex
2
= 1 ⇒ y = 1 asíntota horizontal
c 1 1 + x2 1 − 3c 2 − 1 4 −1 1 dx = ( + ) dx = − = + ∫1 x 4 x 2 3x 3 x x4 3c 3 3 1 c
− 3c 2 − 1 4 4 + = c → +∞ 3c 3 3 3
lim A( c ) = lim
c → +∞
x2
B3.- Solución: Para que sea compatible indeterminado el rango de la matriz de coeficientes de las incognitas debe ser menor que 3, lo que implica que el determinante de la matriz formada por los coeficientes de las incógnitas debe ser cero
1 −2 3 2 − 1 1 = 0 ⇒ 3a − 24 = 0 ⇒ a = 8 en este caso queda el sistema equivalente 1 −5 a Multiplicando la 2ª por - 2 y sumando λ - 3x = -12 − λ ⇒ x = 3 + Si queremos x = y x- 2 y = 4 − 3 λ 3 ⇒ ⇒ λ 5 9 2 x-y = 8 − λ Multiplicando la 1ª por - 2 y sumando 3 + 3 = 3 λ ⇒ λ = 4 5 3y = 5λ ⇒ y = λ 3 15 15 9 Luego la solución es x = , y = ; z = 4 4 4 B4.- Solución: a) Para que el plano π y la recta r sean paralelos el sistema formado por sus ecuaciones tiene que ser incompatible lo que exige que el determinante de la matriz de coeficientes sea 0
1 −1 0 1 1 0 = 0 ⇒ −2 + a − 1 = 0 ⇒ a = 3 Hemos restado a la segunda columna la primera, 2 1 a b) Para que sean perpendiculares, el vector asociado al plano (1,-1,0) y el director de la recta deben ser paralelos, por tanto proporcionales.
x = 1 − λ x = 1 − λ x + z = 1 ( −1,2 − a,1) ⇒ y = −2 + 2λ − aλ ⇒ y = −2 + (2 − a )λ ⇒ 2 x + y + az = 0 es director de r z = 0 + λ z = λ 1 −1 0 1 0 = = que es imposible porque ≠ queremos que −1 2 − a 1 −1 1 Ningún valor de a hace que sean paralelos. c) Los vectores directores del plano π’pueden ser el director de la recta y el asociado al plano (porque queremos que π y π’ sean perpendiculares); un punto de π’ puede ser el (1,-2,0) de r . Por tanto
x −1 −1 1 y + 2 1 − 1 = 0 ⇒ x + y + 1 = 0 ⇒ x + y = −1 es la ecuación implícita del plano π ' z −0
1
0