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) Enuncia el Teorema de Rolle. (1 punto) b) Razona que existe al menos un punto en el intervalo (1, 2) donde la recta tangente a la gr´afica de la funci´on f (x) = x5 + 3x4 − 5x3 − 15x2 + 4x + 12 tiene pendiente nula. (1,5 puntos)
2A. Calcula el valor del par´ametro a ∈ R, a > 0, para que el ´area de la regi´on comprendida entre las gr´aficas de las par´abolas f (x) = −x2 + a2 y g(x) = −4x2 + 4a2 sea 32 unidades de superficie. (2,5 puntos)
3A. a) Despeja X en la ecuaci´on matricial A · X = I3 − 2B · X, donde I3 es la matriz identidad de orden 3 y A, B y X son matrices cuadradas de orden 3. (1,25 puntos) b) Calcula X, siendo 1 0 1 0 1 0 A = −2 1 −2 y B= 1 0 1 (1,25 puntos) 0 0 1 1 0 1
4A. Dados los planos π ≡ ax + 2y + z = 4, a ∈ R, y π 0 ≡ 2x − 4y − 2z = b, b ∈ R: a) Razona para qu´e valores de a, b ∈ R son π y π 0 coincidentes. (1 punto) b) Razona para qu´e valores de a, b ∈ R son π y π 0 paralelos no coincidentes. (0,75 puntos) a) Razona para qu´e valores de a, b ∈ R son π y π 0 perpendiculares. (0,75 puntos)
(sigue a la vuelta)
A1.- Solución: a) Teorema de Rolle Sea f(x) una función continua en [a , b], derivable en (a , b) y que verifica que f(a) = f(b); entonces existe, al menos, un punto c∈(a, b) tal que f’(c) = 0 b) La función f(x) es polinómica, luego continua en [1 , 2] y derivable en (1 , 2) con valores iguales en los extremos del intervalo f(1)=1 + 3 – 5 – 15 + 4 + 12 = 0; f(2) =32 + 48 – 40 – 60 + 8 + 12 = 0 Entonces existe, al menos, un punto c ∈(1,2) tal que f’(c) = 0 que es el valor de la pendiente, o lo que es lo mismo, la tangente es horizontal
A2.-Solución: Se trata de dos parábolas con el mismo eje, el eje Y, ambas tienen el vértice en lo más alto, g es más cerrada y tiene el vértice por encima de f, en (0 , 4a2) en lugar de en (0, a2). Los puntos de corte los obtenemos resolviendo el sistema:
y y
x2 4x
a2 2
4a
2
x2
a2
4x2
4a 2
x2
x x
a2
a
y a
0 y
0
En resumen, las parábolas se cortan en (-a , 0) y (a , 0). El área encerrada es a a
( g ( x)
f ( x ))dx
a a
( 3x 2
y como queremos que sea 32, 4a 3
3a 2 )dx 32
[ x3 a3
8
3a 2 x ]a a a
2
2a 3
2a 3
4a 3
A3.- Solución:
A· X
I
2 B· X
A· X
2 B· X
I
( A 2B) X
I
X
( A 2B)
1
Si el producto de dos matrices es la matriz identidad es que son inversas una de la otra
1 2 1 0 1 0
A 2B
A 2B
1
X
( A 2B)
1
2 0 3
3 0 2
6 1
1 0 traspuesta de adjuntos
4
1
A4.- Solución: a) Serán
a 2
coincidentes
2 4
1 2
4 b
cuando
a b
todos
los
coeficientes
sean
proporcionales
1 8
b) Serán estrictamente paralelos cuando sean proporcionales los coeficientes de la incógnitas pero no los términos independientes
a 2
2 4
1 2
4 b
a b
1 8
c) Serán perpendiculares cuando los vectores perpendiculares a los planos sean perpendiculares entre sí o sea, cuando el producto escalar de los vectores perpendiculares a los planos (los formados por los coeficientes de las incógnitas) sea 0
(a,2,1)·(2, 4, 2) 0
2a 8 2 0
a 5
Pruebas de Acceso a Ense˜ nanzas Universitarias Oficiales de Grado. Bachillerato L. O. E.
´ Materia: MATEMATICAS II
PROPUESTA B
1B. a) Calcula para qu´e valores del par´ametro a ∈ R se verifica la igualdad 1
l´ım (cos(ax)) x2 = e−2
x→0
(1,25 puntos)
b) Calcula el l´ımite l´ım
x→+∞
√ ¢ √ ¡√ x x+1− x−1
2B. Calcula las siguientes integrales: Z Z 2 cos x dx, (x2 + 2x) ln x dx 1 + sen2 x
3B. Dado el sistema de ecuaciones x −4x 3x
(1,25 puntos)
(1,25 puntos por integral)
lineales + y − z = 0 − 2y + mz = 0 + y + 2z = 0
m∈R
a) ¿Existe alg´ un valor del par´ametro m para el que el sistema sea incompatible? (0,5 puntos) b) Estudia para qu´e valor del par´ametro m el sistema tiene alguna soluci´on distinta de la trivial x = y = z = 0. (1 punto) c) Resuelve el sistema para todos los valores de m ∈ R. (1 punto)
4B. Dados el punto P (1, 0, 1) y la recta x=λ y =1+λ r≡ z =2+λ
λ∈R
a) Da unas ecuaciones param´etricas de la recta s que corta perpendicularmente a r y pasa por el punto P . (1,25 puntos) b) Calcula el punto sim´etrico Q de P respecto a r. (1,25 puntos)
B1.- Solución: a)Aplicando que el logaritmo del límite es igual al límite del logaritmo y dos veces L’Hopital: 1
lim(cos(ax)) x
x2
0
lim x
0
2
lim x
0
asen( ax) 2 x cos(ax)
2
a2 2
a2
2
2
1
2
Le
0
a 2 (1 tan 2 ( ax)) 2
0
x2
L lim(cos(ax)) x
L(cos(ax)) x2
lim x
1
2
e
lim L(cos(ax)) x
a tan( ax) 2x
lim x
0
4
x2
2
0
a
2
2
b)
lim
x
x( x 1 x x
2 lim
x
x 1)
x 1
lim
x
2
lim
x 1
x ( x 1 x 1) x 1 x 1
x 1 x
x
x
lim
x
lim
x 1 x
x
2 x x 1 x 1 2
1 1 x
1
1 1 x
B2.-Solución:
a)Se trata de una integral de la forma 2 cos(x ) dx 1 sen 2 ( x )
2 arctan( sen( x ))
cf ' ( x ) dx 1 ( f ( x )) 2
c arctan( f ( x ))
K
K también podemos hacer sen(x)
t
b) La hacemos “por partes”
u
Lx
du
1 dx x 3
dv x3 ( 3
(x2
2 x )dx
2
x ) Lx
x3 ( 3
x x2 3 x3 2 1 x ) dx ( x 3
(x
2
2 x ) Lxdx
v
2
x ) Lx
x2 ( 3
x3 3
x )dx
x3 ( 3
2
x Lx
x3 ( 3
2
x ) Lx
x2 )
x3 9
1 dx x x2 2
B3.- Solución: Como el sistema es homogéneo, siempre tiene la solución (0,0,0), es decir para cualquier m tiene solución. Los rangos de la matriz de coeficientes y ampliada son iguales para cualquier valor de m porque la diferencia es una columna de ceros. Cuando el determinante de la matriz de coeficientes de las incógnitas sea cero el sistema será compatible indeterminado porque el rango de la matriz de coeficientes será menor que el número de incógnitas
K
1
1
4 3
2 1
Rango de la matriz de coeficientes es 2
1 m 2
Cuando m
0
0
m
1
cuando m
-1 pues
1 1 3 1
2
0
y el sistema es compatible indeterminado
-1
x y-z 0 - 4x - 2y mz 3x
2m 2
y 2z
0 0
x y 3x y
2x 2
z
3
3 5 , , ) 2 2 es la soluci贸n general en este caso (
3 2
y z
B4.- Soluci贸n: Buscamos un punto R (r1,r2,r3) de la recta r tal que el vector PR sea perpendicular al vector director de r que es (1,1,1), por tanto su producto escalar debe ser 0
(
1,1
luego R (
0,2
1)路(1,1,1)
1 1 1 ,1 ,2 ) 3 3 3 x 1 2
La recta s
(
0
1 1
1 2 5 , , ), el vector PR 3 3 3
2 (
1 0 4 2 2 , , ) 3 3 3
y z
1
El punto R hallado anteriormente debe ser el punto medio de PQ, luego
1 q1 1 2 3 q2 2 2 3 1 q3 5 2 3
q1 q2 q3
5 3 4 3 7 3
3
1
1 3
( 2,1,1) es proporcional