1A.- Solución: La pendiente de la tangente es el valor de la derivada primera en ese punto y la derivada segunda se anula en el punto de inflexión, por eso calculamos las derivadas primera y segunda. Además el punto (1,2) pertenece a la curva. 1
1
⇒
3⇒3 2 1 0⇒6 2⇒1
2
3
3⇒ 0⇒ 2⇒
2
2
3
⇒
1
6
⇒
6
12 3 16
2
2A.- Solución: La parábola es la parábola elemental desplazada una unidad hacia abajo y la recta es paralela a la bisectriz del segundo cuadrante y con 5 de ordenada en el origen. Los puntos de corte de ambas son: 1 5 3 ⇒ 6 0⇒ Luego los puntos de corte son (-3,8) y (2,3). 2
5
Luego el área pedida es
1
6
6
!
"
3A.- Solución: Los rangos de la matriz de coeficientes de las incógnitas y de la matriz ampliada nos permitirán la discusión del sistema:
1 1 0 1 1 0 1 1 2 3 0 2 3 0 1 1 R = R restando a la 3ª fila la 4ª m m +1 m −1 m − 2 m−3 m−3 m−5 0 3 m+3 3 4 m − 2 m + 3 4 m − 2 El determinante de la última matriz es: -2(m-2). Lo desarrollamos por la 4ª columna. Luego para todo m distinto de 2 el sistema es incompatible porque el rango de la matriz ampliada es 4 y el de la de coeficientes tiene que ser menor porque sólo tiene 3 columnas. Cuando m=2 el rango es 3 y el rango de la matriz de coeficientes es 3, no depende de m, porque: 1 1 # 1 2 $ 3 $ 3
$
1 3
5
#
2 % 0 . Luego es compatible determinado. Rangos 3 y nº incógnitas 3
La solución cuando m=2 es única y es x=0, y=0, z=0 por ser sistema homogéneo
4A.- Solución: El punto de corte con el eje X se obtiene haciendo en la ecuación del plano y=0 y z=0 con lo que queda: A=(-3,0,0), de la misma forma B=(0,3,0) es el punto de corte con el eje Y y C=(0,0,-1) el punto de corte con el eje Z. El área del triángulo la calculamos con el producto vectorial. Es la mitad del módulo del producto vectorial de los vectores AB y AC &
1 | 3,3,0 ) 3,0, 1 | 2
El volumen viene determinado por el producto mixto +
000001 El vector determinado por A y D es 56 Luego +
"
8#
7
3 3
3 2
3 0
7
El valor del volumen mínimo es +
0 1#8 3 ;
7
9 :9:;
3,2
000001 ,.2 000001 ,.3 0000001 4, ,-./
7, 3
⇒+ 7
3√11 2
7
"
⇒+ 7
0 => 7
1B.- Solución: Cuando la derivada es positiva la función es creciente: 60 1 2A
? @
B
120A B C 0 ∀@ ⇒ ? @ EA >AF@A 2 AB
⇒? @
Luego la concentración es mínima cuando t sea mínima t=0 y resulta N(0)=20 Por otro lado: limB→:K
"L : M NO
60 y este es el valor al que tiende la concentración de nitrógeno, 60%
2B.- Solución: La primera parece un arco tangente a primera vista. Podemos ponerlo más claro: 1 P 4 9
1 P 4
S
1 S 9 1 4
1 2 T P 4 3
1
3 2 S 3 U2V
1 3 E @ FW X 6 2
Y
En la segunda, si efectuamos la suma, nos queda un cociente donde el numerador es la dedrivada del denominador, luego se trata de un logaritmo neperiano: 1 tan
P Wtan
XS
P
@ F tan
1
S
]F tan
Y
3B.- Solución: Puesto que ^
5
y como 1
|5 T 5 |
|5| T |5 |
3 T |5 | ⇒ |5 |
|^|
El rango de B es el mismo que el de A pues su determinante es distinto de cero y son del mismo orden. 1 _0 0
2 10 7
8 3b T c 0
1 0 0 _ 0 3 0b ⇒ c 0 0 7 1 _0 0
1 _0 0 2 10 7
2 10 7 8 3b 0
Más sencillo:
1 #0 0
2 10 7
8 3# T |c| 0
1 0 #0 3 0 0
8 3b 0 1 f e0 e d0
1 0 T _0 3 0 0 8 3
0
1 3
0 0# ⇒ 21 T |c| 7
0 0b 7
74 21 i 1 h 7 h 10 21 g
1 f e0 0 d
21 ⇒ |c|
8 0
1
1
74 3 i 1 h ⇒ |c| 10 3 g
1
4B.- Solución: Serán paralelos cuando el sistema formado por las tres ecuaciones no tenga solución 2 k
k
j j
j
6 0
2 ⇒ l _0 4 1
0 6 1 0b 1 4
2 3 mnEopA #0 1
0 6 1 0# 1 4
2 Luego la matriz ampliada tiene rango 3
2 El rango de la matriz de coeficientes depende del determinante #0 1
0 1 1
1 1#
2
3
el rango es 2 y en este único caso el sistema es incompatible y la recta paralela al
Luego cuando plano.
El vector (2,0,-1) es perpendicular al plano π y el vector producto vectorial de los vectores 0,1,1 ) U1, 1,
V
, 1, 1 es vector director de la recta r. Con ellos y el punto (0,0,4) que es de la
recta (obtenido dando a z el valor 0 en las ecuaciones de la recta) determinamos el plano π’ pedido. Su ecuación cartesiana será: 8 k j
4
2 0 1
18 1
0⇒2
5k
4j
8