Matemáticas II Pau sep09 Castilla - La Mancha

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. Un dep´osito cil´ındrico construido sin la tapa superior tiene una capacidad de 27π m3 . Determina cu´anto miden el radio de su base y su altura sabiendo que se ha construido de forma que su superficie sea m´ınima.

B. Se sabe que la recta y = 9 es una as´ıntota horizontal de la funci´on f (x) =

x2

. Calcula el valor ax2 − 4 del par´ametro a ∈ R. Estudia si para dicho valor del par´ametro tiene as´ıntotas verticales u oblicuas.

SEGUNDO BLOQUE

R 1 + tan2 (x) dx, c) arctan(x) dx 2 x + 4x + 3 si x < −1 B. a) Estudia la continuidad y derivabilidad de la funci´on f (x) = 1 − x2 si x ≥ −1 A. Calcula las integrales

a)

R

tan(x) dx,

b)

R

b) Determina el ´area encerrada por la gr´afica de la funci´on f (x) y el eje de abscisas.

TERCER BLOQUE A. a) Sean A, B y X matrices cuadradas de  1  0 b) Calcula la matriz X siendo A = 1

tama˜ no n. Despeja X de la ecuaci´on    0 1 2 2 0 1 0 yB= 0 4 0  0 −1 0 0 4   λx + 5x + B. a) Clasifica, en funci´on del par´ametro λ ∈ R, el sistema de ecuaciones  3x +

X · A = 2X + B 2 .

y − z = 2 3y + 3z = 0 2y + λz = 1

b) Resu´elvelo para λ = 0, si es posible.

CUARTO BLOQUE A. Di si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas y razona tus respuestas.

1. Dados un plano π y un punto P que no est´e contenido en π, existe un u ´ nico plano perpendicular a π que pasa por P .

2. Dados una recta r y un punto P que no est´e contenido en la recta r, existe un u ´ nico plano perpendicular a r que pasa por P .  t  x= y= − t B. Dadas las rectas r ≡  z= 1 − t

  x= 2 + s y= s , con s, t ∈ R y r′ ≡  z= a + s

a) Encuentra un valor del par´ametro a ∈ R para que las rectas r y r ′ est´en contenidas en un mismo plano. Halla la ecuaci´on general de dicho plano. b) Para a = 0, calcula unas ecuaciones param´etricas de un plano π que contenga a la recta r y unas ecuaciones param´etricas de otro plano π ′ que contenga a la recta r ′, de modo que π y π ′ sean paralelos.

PAU. Matemáticas II. Septiembre 2009 B1-A Solución: 2 La superficie de nuestro cilindro es S = 2π ra + π r .Donde r es el radio de la base y a es la altura.

2 Como nos dicen que el volumen es 27π, y como V = π r a podemos relacionar a y r ya

27 . Ahora podemos poner la superficie en función sólo del r2 54 54 + π r 2 . La derivada de esta función es S ' = −π 2 + 2π r radio S = π r r

2 que π r a = 27π a =

Puesto que la superficie es mínima esta derivada debe ser nula y para ello r tiene que ser solución de la ecuación − π

54 + 2π r = 0 −27 + r 3 = 0 r = 3 .

2 r

La altura a del cilindro es también 3 debido a la relación que hemos obtenido entre a y r B1-B Solución: Si y=9 es asíntota horizontal es porque el límite de la función f(x) cuando x tiende a

1 x2 1 = , luego a = 2 ax − 4 a 9 9x2 = f ( x ) Para este valor de a la función queda . Esta función tiene dos asíntotas x 2 − 36 infinito es 9. Pero lim x →∞

verticales, x = 6 y x = -6, porque son los dos valores que anulan el denominador. No tiene asíntotas oblicuas porque el límite de f(x) / x cuando x tiene a infinito es cero.

B2-A Solución: sen( x) ³ tan( x)dx = ³ cos( x) dx = − L(cos( x)) + k .Ponemos la tangente como cociente y observamos que el numerador es la derivada del denominador cambiada de signo, luego resulta fácil llegar a la solución 2 ³ (1 + tan ( x))dx = tan( x) + k . Observamos que el integrando es una de las formas en que podemos escribir la derivada de la tangente. Es inmediata. ³ arctan( x)dx , podemos hacerla “por partes”. ³ udv = uv − ³ vdu Llamamos

u ( x) = arctan( x) du =

dx 1 + x 2 , queda ³ arctan( x)dx = x arctan( x) − ³

dv = dx v = x 1 2x 1 dx = L(1 + x 2 ) 2 ³ 2 1+ x 2 L(1 + x 2 ) +k .

Resumiendo ³ arctan( x)dx = x arctan( x) − 2

Pero

x

x dx 1+ x2

³ 1+ x

2

dx =

B2-B Solución: ­ x 2 + 4 x + 3 si x < −1 f ( x) = ® . La función está formada por dos ramas de parábola 2 si x ≥ −1 ¯ 1− x que se juntan en el punto (-1,0). Es continua en todos los puntos porque las parábolas son funciones continuas y en el punto x=-1 la función está definida f(-1)=0, tiene límite y el límite vale cero ­2 x + 4 si x < −1 , resulta que sólo falta saber si también es derivable Como f ' ( x) = ® ¯ − 2 x si x > −1 en x=-1. Ya hemos visto que en ese punto es continua y como las derivadas de las dos ramas son continuas y el límite de ambas cuando x tiende a –1 es 2, resulta que también es derivable en x=-1 y su derivada es 2 De otra forma: La derivada por la derecha y la derivada por la izda en x=-1 coinciden x2 + 4x + 3 − 0 1− x2 − 0 = lim = 2 . La función y su derivada tienen las gráficas: lim x →−1 x →−1 x +1 x +1

B3-A Solución: X ⋅ A = 2 X + B 2 X ⋅ A − 2 I ⋅ X = B 2 X ( A − 2 I ) = B 2 porque 2I y X conmutan.

Luego si existe la inversa de A-2I, Tendremos que X = B 2 ( A − 2 I ) −1 § −3 0 ¨ 1 · § −1 0 2 ¨ ¸ ¨ Pero A − 2 I = ¨ 0 − 1 0 ¸ ( A − 2 I ) −1 = ¨ 0 − 1 ¨ 1 0 − 3¸ ¨ −1 0 © ¹ ¨ 2 © −1 · § −3 0 ¸ §− 6 § 4 12 0 ·¨ 2 2 ¨ ¸ ¨ ¸ ¨ X = B 2 ( A − 2 I ) −1 = ¨ 0 16 0 ¸¨ 0 − 1 0 ¸ = ¨ 0 ¨ 0 0 16 ¸¨ − 1 0 − 1 ¸ ¨ − 8 © ¹¨ © 2 ¸¹ © 2

−1 · ¸ 2 ¸ 0 ¸ y por fin −1 ¸ 2 ¸¹ − 12 − 2 · ¸ − 16 0 ¸ 0 − 8 ¸¹

B3-B Solución: λ 1 −1 Como 5

3 3 2

3 = 3λ2 − 11λ + 8 , resulta que el rango de la matriz de coeficientes es 2

λ

para λ = 1 y λ =

8 y para el resto de los valores el rango es tres.

3 1 1 2

El rango de la matriz ampliada es dos para λ = 1 porque 5 3 0 = 0, y

1 1 ≠0 5 3

3 2 1 Luego en este caso el sistema es compatible indeterminado 8 1 2 3 8 Cuando λ = ocurre que 5 3 0 = 5 ≠ 0 y por tanto el rango de la ampliada es tres y 3 3 2 1 el sistema incompatible. Para el resto de los valores el sistema es compatible determinado porque los rangos de las dos matrices coinciden y valen 3. −3 ­ x = ° 4 y−z = 2 ­ °° 13 ° Cuando λ = 0 el sistema es ®5 x + 3 y + 3 z = 0 y la solución ® y = 8 ° ° 3x + 2 y = 1 − 3 ¯ °z = °¯ 8

B4-A Solución: 1) Si, por ejemplo, el plano es 2x+y+z=0, y el punto P(2,2,2), que evidentemente no pertenece al plano tendremos que todos los planos de la forma A(x-2)+B(y-2)+C(z-2)=0 Pasarán por el punto P y serán perpendiculares al plano inicial si se cumple que 2.A+B+C=0 y evidentemente hay infinitas soluciones para esta ecuación.

2) Si, por ejemplo, la recta pasa por el origen y tiene de vector director (2,3,4) y el punto es P(2,2,2) hay un solo plano que es perpendicular a la recta y contiene al punto P, su ecuación es: 2(x-2)+3(y-2)+4(z-2)=0. El vector característico del plano es el director de la recta.

B4-B Solución: Si consideramos los vectores directores de las rectas (1,-1,-1) , (1,1,1) y el vector con origen en un punto de la primera y extremo en un punto de la segunda (2,0,a-1) (en este caso este vector depende del parámetro a). Observamos que los dos primeros son independientes. Ocurrirá que si los tres son linealmente dependientes las rectas están contenidas en un plano, en caso contrario las rectas se cruzan (no tienen ningún punto común). Cuando el valor del determinante formado por los tres es distinto de cero las rectas se cruzan, cuando es cero se cortan 1 −1 −1

1 2

1 0

1 = 2a − 2 . Luego cuando a =1 se cortan (a − 1)