Ejercicios resueltos de selectividad en Andalucía: Matemáticas II

Ejercicios Resueltos: Selectividad ( Andalucía, años 2008 a 2010)

Mª Concepción Mérida Alcalá Julián Ig. Moreno Quesada

© 2011 Conchi Mérida y Julián Moreno. 1ª edición ISBN: DL: Impreso en España / Printed in Spain Impreso por Bubok

Sobre el aprendizaje Aprender es descubrir lo que ya sabes. Hacer es demostrar que ya lo sabes. EnseĂąar es recordar a los demĂĄs que lo saben tan bien como tĂş. Todos somos aprendices, hacedores, maestros. (Richard Bach)

Índice • Selectividad año 2010…………………………..…..

8

Junio 2010-Opción A……………………… Junio 2010-Opción B……………………… Junio 2010 Específico-Opción A…………. Junio 2010 Específico-Opción B…………. Septiembre 2010-Opción A……………….. Septiembre 2010-Opción B……………….. Modelo 1 2010-Opción A………………….. Modelo 1 2010-Opción B………………….. Modelo 2 2010-Opción A………………….. Modelo 2 2010-Opción B………………….. Modelo 3 2010-Opción A…………………... Modelo 3 2010-Opción B……………………

9 12 15 19 25 29 34 38 42 46 50 53

• Selectividad año 2009………………………….……

57

o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o o

Junio 2009-Opción A……………………….. Junio 2009-Opción B……………………….. Septiembre 2009-Opción A………………… Septiembre 2009-Opción B………………… Modelo 1 2009-Opción A…………………… Modelo 1 2009-Opción B…………………… Modelo 2 2009-Opción A…………………… Modelo 3 2009-Opción A…………………… Modelo 3 2009-Opción B…………………… Modelo 4 2009-Opción A…………………… Modelo 4 2009-Opción B……………………

58 63 68 72 75 80 84 95 100 105 110

• Selectividad año 2008………………………….…..

112

Junio 2008-Opción A……………………… Junio 2008-Opción B……………………… Septiembre 2008-Opción A………………. Septiembre 2008-Opción B………………. Modelo 1 2008-Opción A…………………. Modelo 1 2008-Opción B…………………. Modelo 2 2008-Opción A…………………. Modelo 2 2008-Opción B…………………. Modelo 3 2008-Opción A…………………. Modelo 3 2008-Opción B…………………. Modelo 4 2008-Opción A…………………. Modelo 4 2008-Opción B………………….

113 119 122 129 134 139 144 149 153 158 163 168

o o o o o o o o o o o o

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 8

Junio 2010 – Opción A Ejercicio 1.Sea

la función definida por

( )=

(a) [1’5 puntos] Calcula y para que la gráfica de pase por el punto (2,3) y tenga una asíntota oblicua con pendiente −4. (b) [1 punto] Para el caso = 2 , = 3 , obtén la ecuación de la recta tangente a la gráfica de en el punto de abscisa = 1. Solución (a)

pasa por (2,3) 

( )=

(2) = 3 

=3

tiene una asíntota oblicua con pendiente −4 : ( )

lim

= −4  lim

→±∞



( )=



=

)∙(

(



( )= ′( ) =

(

′ (1)(

=

+ −

= − = −4

=− (

)

− 1)

(1) = 5 

)

− 5 = 9( − 1) 

Recta tangente:

)

)

− (1) =

= 1:

→±∞

=3 

) (

∙(

′( ) =

Recta tangente en

= lim

→±∞

Así (b)

+ −

′(1) = 9

=

−

Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Calcula

Sugerencia: Efectúa el cambio √ =

(√ )

Solución √ =



(√ )



=

√

Es una integral por partes y se aplica:

2 =2



=



2

= −2

=

−

=2

= (√ )

=2

 t=0  =

=0 = =



= 2√

=

=−

= +

2

= [−2

+2

] = (−2 (−1) + 0) − (0 + 0) =

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 9

Ejercicio 3.1 = 0 4

Sean las matrices

0

−1 3 −

1

,

=

1 3 −1

0 2 1

a) [0'5 puntos] Indica los valores de para los que b) [2 puntos] Resuelve la ecuación matricial −

y

=

5 −3 −3 −2

es invertible. = para = 0. (

4 2 es la matriz traspuesta de ).

Solución (a)

) ⇔ | |≠0

es invertible (∃ 1 | |= 0 4

0

−1 3 =− −

1

Por tanto

+4

) ⇔

es invertible (∃

(b) Por el apartado anterior para

Se despeja:  Se calcula

= (−1)

0 4

3 = 12 0

= (−1)

1 4

−1 =4 0

= (−1)

0 4

0 =0 1

= (−1)

1 4

0 = −1 1

−3 ∙ 12 0

−1 4 −1

=( +

)∙

=

= (−1)

5 −3

=

1 4 + 0 2

−3 −2

∙

6 0 −3 0

=

0 1

1 0 = 0 0 4 1 −1 = −1 0

3 = −3 0

+

+4

− 3 = −3 ≠ 0 =( +

0 1

 Se calcula

1 3

≠

= (−1)

) =

=

+

)

=| |∙(



y

porque | | = −

=

=| |∙(

±√

=

≠

= 0: ∃ 

=

−

−3=0 

= (−1) = (−1) = (−1)

0 0 1 0

−1 =0 3 −1 = −3 3

1 0

0 =0 0

0 −3 0

3 −1 6 = 2 1 −3

−3 3 ∙ 12 3 0

−1 3 0

−1 4 −1

0 0

0 −3 = 0

3 3

∙

−18 9

−

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 10

−9 0

0 0

)∙

Ejercicio 4.Considera las recta y

de ecuaciones −1=

− 2 = −1 + =1

y

=1−

(a) [0’75 puntos] Determina su punto de corte. (b) [1 punto] Halla el ángulo que forman

y .

(c) [0’75 puntos] Determina la ecuación del plano que contiene a

y .

Solución −1=

=1−

=



=

=1+ = =1−

:

= = −1 + 2 (a)  : = = −1 + 2 =1− =1− Por el enunciado del ejercicio las rectas se cortan − 2 = −1  + =1

son de la forma: (1 +

Los puntos de la recta

son de la forma: (−1 + 2 , , 1 − )

1+

= −1 + 2 = 1− =1−

1+

= −1 + 2

:

: = (2,1, −1) = (−1,0,1)

, ,1 − )

y

=



:

= (1,1, −1) = (1,0,1)

:

ó



Los puntos de la recta

Para calcular el punto de corte deben existir

ó



tales que:



=

= 2  Punto de corte: ( , , − )

(b) Como las rectas se cortan el ángulo que forman es:

cos( ^ ) = cos

^

∙

=

∙

el plano pedido

(1,1, −1) ∙ (2,1, −1)

4 √18

ó

≡ ⊂

=

√3 ∙ √6



⊂ (c) Sea

=

^ =

= (1,1, −1) (1,0,1)

ó





= (2,1, −1)

La ecuación implícita del plano es: ≡

( − 1) ∙ 0 −

−1 1 2

−0 1 1

−1 −1 = 0 −1

desarrollando por los adjuntos de la 1ª fila:

∙ 1 + ( − 1) ∙ (−1) = 0  − − + 1 = 0 

≡

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 11

+ −

=

°

′

Junio 2010 – Opción B

Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Calcula −

lim →

Solución −

lim

=

→

0 ( 0

ó )

′ ô

La Regla de L’Hôpital que dice: Si lim x →a

f ( x) 0 f '( x) = y ∃ lim  x → a g '( x ) g ( x) 0

También se puede aplicar para cuando

lim x →a

f ( x) f '( x) = lim g ( x) x →a g '( x)

→ ∞ y la indeterminación −

−

→

∙

=

2

0 0

′

ó ô

−(

= lim

∞

=

→

lim

∞

∙

−

∙

)

( )=

para

2

→

=

1 − (1 − 0) = 2

Ejercicio 2.Considera la función

dada por

( )=5−

y la función

(a) [1 punto] Esboza el recinto limitado por las gráficas de

definida como y

≠0

indicando sus puntos de corte.

(b) [1’5 puntos] Calcula el área de dicho recinto limitado. Solución (a) La función ( ) = 5 −

La función ( ) =

es una recta  Dos puntos: (0,5) y (1,4) . .: es una hipérbola  Un punto: (1,4) y . .:

Puntos de corte entre ambas: 5 −

=

 5 −

=4 

=0 =0

−5 +4=0 

Las funciones se cortan en los puntos ( , ) y ( , )

(b) Observando el dibujo:

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 12

=

±

=

4 1

Área =

= 5 −

(5 − ) − ( )

−4 | |

= (20 − 8 + 4 4) − 5 − − 0 =

−

Ejercicio 3.Sea el siguiente sistema de ecuaciones + + = +2 − + = 2 − + = (a) [1’75 puntos]Discútelo según los valores de . ¿Tiene siempre solución? 2

(b) [0’75 puntos]Resuelve el sistema para

= −1

Solución

1

1 − −1

:

−

(a) Matriz coeficientes A = 2

1 |A| = 2 − 1 −1

1 1 =[

1 1

1 Matriz ampliada A* = 2 − 1 −1 0 1 2 −(1 + ) 1 = −(1 + ) 2 ]= 1 −(1 + ) 1

0 1 1

+2 2 1 1 =

− + 1) = 0 

+ 2 − 1 − ) = (1 + ) ∙ (

−(1 + ) ∙ (

1 1

= −1 − +1=0 

≠−



=−



=

±√

 ( )= (

( )=3 A=

−1 2 1

Evidentemente ( ) = ( Por tanto

ó

∄

∗)

1 1 1 1 −1 −1 ∗)

=3= º

= 2 puesto

= −1  ( ) = (

∗)

−1 2 1

A* =



ó 1 1 1 1 −1 −1

1 = −

=2<3 

 Por tanto el sistema siempre tiene solución:

3

. . .

1 2 −1 −1 y 2

1 ≠0 1

é

. . .

= − infinitas soluciones y

≠ − sólo una

(b) Por el apartado anterior el sistema es compatible indeterminado y la solución depende de un parámetro.

Se elimina la 3ª fila (ecuación) que es igual a la 1ª y quedaría: −1 2 1

1 1 −1

1 1 −1

1 2 −1

(A la columna que no forma parte del menor que da el rango se le da un valor paramétrico) valor paramétrico

= − + =1− 2 + =2−





=



− + =1− = +1−

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 13



= −

= = − =

∀

ó

∈

Ejercicio 4.Los puntos (2,0,0) y (−1,12,4) son dos vértices de un triángulo. El tercer vértice pertenece a la 4 + +3 = 33 recta de ecuación . =0 (a) [1’5 puntos ] Calcula las coordenadas del punto sabiendo que es perpendicular a la recta que pasa por y . (b) [1 punto ] Comprueba si el triángulo es rectángulo. Solución Pasamos a la recta

a sus ecuaciones paramétricas: =3 4 + 3 = 33 ó   = 0 =0 = 11 − 4 Los puntos de la recta son de la forma: (3 , 0 , 11 − 4 )

es perpendicular a la recta que pasa por

y



⊥

: :

⇔

= (3 , 0 , −4) = (0, 0 ,11)

∙

=0

= (3 , 0 , 11 − 4 ) − (2 , 0 , 0) = (3 − 2 , 0 , 11 − 4 )  3 ∙ (3 − 2) − 4 ∙ (11 − 4 ) = 0 = (3 , 0 , −4) 9 − 6 − 44 + 16 = 0  25 − 50 = 0  =2  ( , , ) (a) Hay que comprobar si se verifica algunas de las siguientes condiciones:

El triángulo es rectángulo en

⇔

⊥

⇔

∙

=0

El triángulo es rectángulo en

⇔

⊥

⇔

∙

=0

El triángulo es rectángulo en

⇔

⊥

= (6 , 0 , 3) − (2 , 0 , 0) = (4 , 0 , 3) = (−1, 12 ,4) − (2 , 0 , 0) = (−3, 12 , 4)

⇔ 

∙

∙

=0

= (4,0,3) ∙ (−3, 12 , 4) =

−12 + 12 = 0 El triángulo es rectángulo en el vértice

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 14

Junio 2010 Específico – Opción A Ejercicio 1.- [2’5 puntos] La hipotenusa de un triángulo rectángulo mide 90 cm. Si se hace girar alrededor de uno de sus catetos, el triángulo engendra un cono. ¿Qué medidas han de tener los catetos del triángulo para que el volumen del cono engendrado sea máximo? (Recuerda que el volumen del cono es V = πr2h). Solución  Relación entre las variables: + = 90  = √8100 − (Se toma sólo la solución positiva porque es una longitud 

 Función a maximizar V = r2h = ( )=

= ∙

2 ∙ 3

’( ) =

∙ 8100 − =



de dominio el intervalo ( ,

∙ √8100 −

3

+

−2

∙

2√8100 −

∙ 2 8100 −

−

 2(8100 −

)=

3

)

∙

√8100 −

’( ) = 0  ó

=0

á =

2√8100 − Solución válida:

√

 16200 = 3

Signo ′

Por tanto

′(

≡ Signo ′

)=0 

= 0 , ±30√6 ′ : = 90

-

Signo

+

Monotonía

30√6

0

= 30√6 es máximo relativo y

 Las dimensiones serían: = √

√ −

 Se podría ver que comprobando que

=√

=

[

( )=

= (0,90)]

∙ 2√8100 −

3

√

Signo 2√8100 −

=

√

2

−

√

2

−

=

≡ Signo 16200 − 3

En

= 1: +

En

= 75: -

= 30√6 es máximo relativo ′′

2

90

además absoluto en el intervalo (0,90)

=

= ±√5400

= +√5400 = 30√6

 Para ver que este valor es máximo absoluto estudio la monotonía de Monotonía



30√6 < 0

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 15

8100− 2

√

≡

Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Considera las funciones , : ℜ → ℜ definidas por ( ) = 2– ( )=| | (a) [ 1 punto] Esboza sus gráficas en unos mismos ejes coordenados. (b) [ 1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de y . Solución (a)

es una parábola de é

( ) = 2–

(0,2) y pasa por el ( )=| |=

−

(1,1) <0 ≥0

(b) Para calcular el área vemos los puntos de corte (lo veremos para

> 0) y tenemos en cuenta que

es simétrica respecto al eje OY y el área será el doble de la mitad del recinto. Puntos de corte: 2− Como



=

+

> 0  Solución

−2=0 

=

±√

=

−2 1

=1

Observando la gráfica

Área = 2

[(2 −

=2 2 − =

)− ]

=2

−

= 2 (2 − − ) − 0 = 2 ∙

(2 −

− )

.

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 16

Ejercicio 3.Sea la matriz

=

5 −4 2 −1 −4 4

2 1 −1

a) [1'25 puntos] Comprueba que se verifica 2 − = b) [1'25puntos] Calcula . (Sugerencia: Puedes utilizar la igualdad del apartado a)).

Solución

(a) 

5 = 2 −4

−4 −1 4

5  2 =2∙ 2 −4

2 5 1 ∙ 2 −1 −4

10 −4 2 −1 1 = 4 −8 4 −1

 Comprobemos que 2 − 2 −

=

10 4 −8

−8 −2 8

9 2 1 = 4 −8 −1

−4 −1 4

−8 −2 8

−8 4 −3 2 8 −3

4 2 −2

=

4 9 2 − 4 −2 −8

(b) Sabemos que una matriz cuadrada

−8 −3 8

4 1 2 = 0 −3 0

tiene matriz inversa

Por el apartado anterior 2 −

=

Sacando factor común la matriz

por la derecha: (2 − ) ∙

= 2 – = 2 –

0 1 0

si

0 0 1 .

=

como queríamos demostrar

=

.

=

y por la definición de inversa tenemos que

, es decir: 2 = 0 0

Si multiplicásemos

por

0 0 5 − 2 0 2 0 2 −4

− −4 2 = − −1 1 4 −1

− − −

nos saldría .

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 17

Ejercicio 4.- [2’5 puntos] Calcula el área del triángulo cuyos vértices son los puntos de intersección del plano 6

+ 3

+ 2

= 6 con los ejes coordenados.

Solución

Calculamos los puntos de corte del plano con los ejes coordenados.  El punto A : eje OX

plano

= =0 6 +3 +2 =6

=1 



 El punto B : eje OY 6  El punto C : eje OZ = =0 6 + 3 + 2

= =0 + 3 + 2

= 6

(1,0,0)

plano 

= 2  (0,2,0)

plano = 6



=3 

(0,0,3)

 Sabemos que el área del triángulo es la mitad del área del paralelogramo que determinan dos vectores con origen común, es decir Área =

× = (0,2,0) − (1,0,0) = (−1,2,0) = (0,0,3) − (1,0,0) = (−1,0,3)

×

= −1 2 −1 0

0 = (6,3,2)  3 Área =

×

= √36 + 9 + 4 = √49 = 7

×

=

. .

 Nota Otra forma de calcular los puntos de corte del plano con los ejes de coordenadas es poner el plano en su forma segmentaria: + + = 1 y los puntos de corte son ( , 0,0), (0, , 0) y

(0,0, )

En nuestro caso dividiendo el plano entre 6 6 +3 +2 =6 

+ + = 1 y obtenemos los puntos de corte anteriores

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 18

Junio 2010 Específico – Opción B Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Sea f la función definida como ( ) =

para

≠ −1 y

≠1

a) [1 puntos] Estudia y halla las asíntotas de la gráfica de . b) [1 puntos] Determina los intervalos de crecimiento y decrecimiento de . c) [0’5 puntos] Con los datos obtenidos esboza la gráfica de . Solución (a)  Asíntotas verticales (A.V.)

lim ( ) = ∞  x = a es una A.V. de ( ) →

La posibles A.V. de =1 y lim →

se encuentran entre los

que anulen el denominador

= −1 son posibles A.V. = =

lim →

=

= −∞

→1

= +∞

→1

=



= −∞

→1

= +∞

→1

es A.V.

=



es A.V.

=−

 Asíntotas horizontales (A.H.): no existen pues lim

= ±∞

→±∞

 Asíntotas oblicuas (A.O.) : Como el grado del numerador es una unidad más que el grado del denominador hay una A.O. = lim

( )

→±∞

=

+

= lim

= lim ( ( ) −

) = lim

→∞

(b)

( )=

Monotonía



′(

)=

≡ Signo ′

=1

→±∞

→±∞

=

es A.O.

(

)

∙

′(

∙

)=0 

=(

−

)

= lim

→±∞

=

( (

=0

) )

= 0 , ±√3 ′  = ±1

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 19

Signo ′ Monotonía

+

-

-1

−√3

-

0

+

1

√3

( )=

2( 2 2

− 3)

−1

2

=

+∙(

2

− 3)

+

(±2) = + -1

−√3

0

1

√3

(±1.5) = − (±0.5) = −

Resumiendo: Creciente: −∞, −√ Decreciente: −√ ,

∪ √ , +∞ ∪( , )∪( , )∪

Mínimo relativo: √ , Máximo relativo: −√ ,

= √ ,

√ −√

,√

√

= −√ ,

√

Un esbozo de la gráfica es (en rojo la A.O. y A.V.)

Ejercicio 2.Dada la función : (0, +∞) → ℜ definida por f( ) =

, donde

la función logaritmo neperiano, se pide:

(a) [0’75 puntos] Comprueba que la recta de ecuación = − + 1 + es la recta normal a la gráfica de en el punto de abscisa = . (b) [1’75 puntos] Calcula el área de la región limitada por la gráfica de , el eje de abscisas y la recta normal del apartado (a).

Solución Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 20

(a) Sabemos que la recta normal (r.n) de ( ) en ( )=

( ) 

( )=

( )=

es “

=

( )

( − )”

=1 



( )=

( )

−1=− ( − ) 

Por tanto la recta normal es:

− ( )=

=− =−

+

+1

(b) Vamos a realizar un esbozo de la región. La grafica de ln(x) es conocida La gráfica de

=−

+

+ 1 es la recta perpendicular a la r.t. en

Calculamos el punto de corte de la r.n. . .: El área pedida es: Para calcular

: = 0 =− +

Área =

=−

+

=

=

=[

(−

(−

+

+

+ 1)

previamente se calcula por partes la integral indefinida − 1.

=

=

=

∗

=

+ 1 con el eje OX:

+ 

+1

=

+

−

+ 1)

− ] =(

= Área =



=

∗



=

= =

− ) − (1 1 − 1) = 1

+(

+ 1)

+

. .

− = área triángulo base = altura = 1

Ejercicio 3.- [2’5 puntos] Considera el siguiente sistema de ecuaciones (a) [1’75 puntos] Discútelo según los valores de (b) [1 punto] Resuelve el sistema para

( −

+ 2) − − = 1 − + = −1 + − =

.

= 1.

Solución Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 21

=

=

∙ ∙1

(a) Matriz coeficientes A =

+2 −1 1

−1 −1

+

]=

−1 1 −1

+2 −1 1

Matriz ampliada A* =

−1 −1

−1 1 1 −1 −1

|A| = +2 −1 1

−1 −1

−1 1 =[ : −1 =(



≠±



=−

+2 −1 0

− 1) ∙ (−1) ∙

 |A|≠ 0 

+2 −1

−1 = −( 1

 ( )= (

( )=3

1 A = −1 1

−1 −1 −1 1 = [ −1 0

−1 −1 −1 1 −1 −1

1 A* = −1 1

∗)

3ª

− 1) ∙ (

=3= º

−1 −1 −1 1 −1 −1

+ 1)



ó 1 −1 −1

Evidentemente es un S.I. porque las ecuaciones 1 y 3 son incompatibles Otra forma de estudiarlo es mediante determinantes: ( ) = 2 puesto

(



∗)

|A|= 0

y

1 −1

=3

3 A = −1 1

=

1 −1

−1 ≠0 −1

−1 −1 −1 1 1 −1

Evidentemente ( ) = (

∗)

−1 ≠0 −1

∗

3 A* = −1 1

= 2 puesto

| |=0 1 −1 −1 −1 1 −1

−1 −1 −1 1 1 −1 2 = −

1 −1 ≠ 0 −1



.

1 −1 1 3

y

−1 −1

−1 ≠0 1

Otra forma de estudiarlo es mediante determinantes: ( ) = 2 puesto

(

∗)

=2

Por tanto

|A|= 0

y

−1 −1 =1  ( )= (

−1 −1 ≠0 −1 1 −1 ≠0 1 ∗)

=2<3 

∗

| |=0 −1 −1 1 −1 1 −1 = 0 1 −1 1 . . .



é

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 22

. .

. . .

]

(b) Por el apartado anterior el sistema tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro Se elimina la 3ª fila (ecuación) que es igual a la 1ª y quedaría: 3 −1 1

−1 −1 −1 1 1 −1

1 −1 1

= − − =1−3 − + = −1 +

(A la columna que no forma parte del menor que da el rango se le da un valor paramétrico) valor paramétrico





= = =− +

∀

=



− + = −1 + = −1 + +

∈



= −1 + 2

ó

Ejercicio 4.Sean los puntos (1,1,1) , (−1,2,0) , (2,1,2) y

( , −2, 2)

(a) [1’25 puntos ] Determina el valor de para que , , y estén en el mismo plano (b) [1’25 puntos ] Halla la ecuación de un plano perpendicular al segmento determinado por contenga al punto .

y

que

Solución (a)

= (−1,2,0) − (1,1,1) = (−2,1, −1) = (2,1,2) − (1,1,1) = (1,0,1) = ( , −2,2) − (1,1,1) = ( − 1, −3,1)

1ª forma., , det

son coplanarios ⇔ det

y ,

,

=

−2 1 −1

1 0 −3

,

,

=0

−1 1 = 3 + − 1 − 6 − 1 = −5 + = 0 ⇔ = 1



=

( ,− , ) 2ª forma.Se calcula un plano con los puntos , Plano

≡ det −1 −2 1

,

, −1 1 0

y

y se obliga al punto

a pertenecer a dicho plano.

: −1 −1 = ( − 1) ∙ 1 − ( − 1) ∙ (−1) + ( − 1) ∙ (−1) = 0 1

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 23

+ D(t, -2, 2) ∈ (b) Sea Plano

+

− −1=0 

− −1=0

−2−2−1=0 

=5 

= (5, −2,2)

el plano pedido ⊥ segmento

: −2 +

− +

 el vector

= (−2,1, −1) es el vector normal de

= 0 pasa por (2,1,2)  −4 + 1 − 2 + : −

+

− +

=0 

= =5

=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 24

Septiembre 2010 – Opción A Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Una hoja de papel tiene que contener 18 de texto. Los márgenes superior e inferior han de ser de 2 cada uno y los laterales 1 . Calcula las dimensiones de la hoja para que el gasto de pel sea mínimo. Solución x = 18 

 Relación entre las variables: .

( ) = ( + 2) ∙ (



+ 4)

+4 −

’( ) = 0  4 =

∙ ( + 2) =

+4−

=9 

= ±3



ó Solución válida:

y

= ( + 2) ∙ ( + 4) 

 Función a minimizar

( )= 1∙

=

á

−

=4−

= −3

=3

 Para ver que este valor es mínimo absoluto estudio la monotonía de Monotonía

( )=0 

≡ Signo ′

=3 :

Signo ′

0

=ℜ ]

[

=0

+ 3

( )=4−

36

Monotonía Por tanto

0

+ +

=

( )=

2

− 36 2

4( − 3)( + 3) +

En

= 1: -

En

= 4: +

=6

= =

 Se podría ver que

4

3

= 3 es mínimo relativo y además absoluto

 Las dimensiones de la hoja serían: =3 

2

=

= 3 es mínimo relativo comprobando que

(3) > 0

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 25

Ejercicio 2.Sea

=

√

(a) [ 1 punto] Expresa I haciendo el cambio de variable (b) [ 1’5 puntos] Determina I.

.

=

Solución (a)

 2

= =

=

√



=−

=

= −10

√

=

(

=

)

Es una integral racional con raíces reales simples = 0 y

=1

(b) Descomposición en fracciones simples (

)

= +

= −10

=

(

)

(

) (



)

= −10

√ √

=0  =1 = −1  − = 1 

=1

= −10( | | −

+

Deshaciendo el cambio de variable: = −10

( + 1) +



=

| + 1| = −10

=√

(No se ponen valores absolutos porque √

+

= −1

> 0)

Ejercicio 3.a) [1'75 puntos] Discute, según los valores del parámetro , el siguiente sistema de ecuaciones − + + = + 2 + ( + 2) = 4 +3 +2 =6− b) [0'75 puntos] Resuelve el sistema anterior para

= 0.

Solución −1 (a) Matriz coeficientes A = 1 −1 |A| = 1 

≠ ,

=

1 +2 2

1 + 2 = −4 + 3 + 2

2 3

 |A|≠ 0 

Por el Teorema de Rouche: 

2 3

A=

( ) = 2 puesto

−1 0 1

( )= (

1 +2 −2+3 +6−2

∗)

=3= º

1 +2 2

2 3

=−

A* = y

−1 0

−1 0 0 2 1 3 0 ≠0 2

4 6−

+ 8 = (− + 8)

ó

. . . (tiene una única solución)

0 1 2 2 3 2

|A|= 0

−1 Matriz ampliada A* =

1 0 2 4 2 6

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 26

∗ ):

(



−1 0

Así

( )= (

=

A=

∗)

(

=2<3= º

−1 8 1

( ) = 2 puesto

8 1 2 10 3 2

|A|= 0 −1 8

∗ ):

Así

( )=2≠ (

0 ≠0 2

∗)

∗

0 4 =0 6

 (

∗)

por el Teorema de Rouche 

ó A* =

y

| |=0 −1 0 0 2 1 3

−1 8 1

8 2 3

1 10 2

=2 . .

é

8 4 −2

−1 8 ≠0 8 2

8 ≠0 2

| |=0 −1 8 8 2 1 3

∗

8 4 ≠0 −2

= 3  por el Teorema de Rouche

.

 (

∗)

=3

(

ó )

(b) Por el apartado anterior el sistema tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro Se elimina la 3ª fila (ecuación que no forma parte del menor que da el rango) y quedaría: −1 0 1

0 1 2 2 3 2

= − =− 2 =4−2

0 4 6

(A la columna que no forma parte del menor que da el rango se le da un valor paramétrico) valor paramétrico 

= = − =

∀

∈

Ejercicio 4.- [2’5 puntos] Halla la ecuación del plano que es paralelo a la recta definida por

≡

− 2 + 11 = 0 y contiene a la recta " " 2 + − 19 = 0

=1−5 = −2 + 3 =2+2 Solución Se pasa a paramétricas la recta : − 2 + 11 = 0  2 + − 19 = 0 =1−5 = −2 + 3 =2+2

Sea



= −11 + 2 = = 19 − 2 = (1, −2,2) = (−5,3,2)

el plano pedido

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 27



= (2,1, −2)

Si

⊂



Si

∥



= (1, −2,2) ó

= (−5,3,2)

ó

= (2,1, −2)

La ecuación implícita del plano es: ≡

−1 −5 2

+2 3 1

−2 2 = 0  desarrollando por los adjuntos de la 1ª fila: −2

( − 1) ∙ (−8) − ( + 2) ∙ 6 + ( − 2) ∙ (−11) = 0  −

−

−

+

=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 28

Septiembre 2010 – Opción B Ejercicio 1.- [2’5 puntos] +

Considera la función : [0,4] → ℜ definida por ( ) =

+

0≤ 2<

≤2 ≤4

(a) [1’75 puntos] Sabiendo que es derivable en todo el dominio y que verifica (0) = (4), determina los valores de , y . (b) [0’75 puntos Para = −3, = 4 y = 1 halla los extremos absolutos de ( abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan). Solución es derivable en todo el dominio (el intervalo [0,4]) y además que (0) =

(a) Como me dicen que

.

me están diciendo que cumple las hipótesis del Si es derivable  es continua 

es continua y derivable en

=2

(Cada rama es un polinomio luego continua y derivable) 

es continua en

→

(2) = lim

( ) = lim (

lim

( ) = lim (

→

→



= 2  (2) = lim

( )=

+

es derivable en

→

→

+

0≤ 2<

( ) = lim →

+ )=4+2 +

+ )=2

≤2  ≤4

= 2  ′(2) = lim →

′( ) =

′( ) = lim →

( )

( ) = lim (2 + ) = 4 +

lim

( ) = lim

→



→ →

(0) = (4) 

 Solución

2 +

=2

0< ≤2 2< <4

′( ) 

 4+

=

=

=4 4+2 + 4+ = =4

 Se resuelve el sistema



 4+2 +

( )

lim →

( )

= −3 

=− ,

=

,

=2

=4

 2 + 4 − 2 = −4 

4+

=

=4 + = −2 − = −4

=4+  c=1 =4  =4 =

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 29

(4),

(b) El Teorema de Weierstrass dice que si una función es continua en un intervalo cerrado (en nuestro caso

[0,4] ), dicha función alcanza sus extremos absolutos en dicho intervalo. Éstos extremos absolutos alcanzan en:  Puntos " " donde

es continua y no derivable (No es este caso)

 Los extremos del intervalo:

=0y

=4

 Las soluciones de ’( ) = 0

( )=

−3 +4

0≤ ≤2 2< ≤4 2 −3=0

’( ) = 0 





′( ) = ≤2 

0<

1=0

=

≤2 <4

∈ (0,2]

=

=0 = =4

(0) = 4



=4  

0< 2<

ó

Por tanto los extremos absolutos se encuentran entre

=0 

2 −3 1

=

−3∙ +4=

=

(4) = 4

alcanza su máximo absoluto en alcanza su mínimo absoluto en

= =

y

=

y vale

y vale

Ejercicio 2. Considera la función : ℜ → ℜ dada por ( ) =

+ 4.

(a) [0’75 puntos] Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de

en el punto de abscisa

(b) [1’75 puntos] Esboza el recinto limitado por la gráfica de ,

y la recta de ecuación

= 2 + 3. Calcula su área. Solución (a) Sabemos que la recta tangente (r.t) de ( ) en ( )=

+ 4 

Por tanto la r.t en

(1) = 5 ( )=2 = 1 es:



= 1 es “

− (1) =

(1)( − 1) ”

(1) = 2

− 5 = 2( − 1) 

=2 +3

(b) Vamos a realizar un esbozo de la región. La grafica de ( ) =

= 1.

+ 4 es una parábola de vértice (0,4) que pasa por (1,5)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 30

Observando la gráfica el área pedida es: −(

+

+ )

=

(

− 2 + 1)

Área =

=

−

+

1 1

2 −2

=

−1+1

−0

. .

Ejercicio 3.- [2’5 puntos] Sean las matrices Calcula la matriz

1 = 0 0 que cumpla la ecuación 1 −1

=

0 , 1

0 −1 1

0 −1 2

y

3 0

=

=

Solución  En primer lugar veamos si las matrices

y

(son cuadradas) tienen inversas para poder despejar la

matriz | |= 1 −1 1 |B| = 0 0

0 =1≠0  ∃ 1 0 0 −1 −1 = −1 ≠ 0  ∃ 1 2

 Se multiplica la expresión ∙

∙

=

Hay que resolver:



=| |∙( (

) :

= , por la izquierda por A -1 y por la derecha por B -1:

=

)

∙ ∙

∙



. .

=

∙

∙



=

∙

∙

∙

donde | | = 1

= (−1) ∙ 1 = 1 = (−1) ∙ (−1) = 1

= (−1) ∙ 0 = 0  = (−1) ∙ 1 = 1

=| |∙(

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 31

) = 1 1

0 1



=| |∙(

donde | | = −1

)

) :

(

−1 −1 = −1 1 2 0 −1 = (−1) ∙ =0 0 2 0 −1 = (−1) ∙ =0 0 1

0 0 1 2 1 0 = (−1) ∙ 0 2 1 0 = (−1) ∙ 0 1 −1 0 0 ) =− 0 2 1 0 −1 −1

= (−1) ∙

=| |∙(



=

∙

∙

=

= (−1) ∙

3 0 ∙ 0 1

1 1

3 0 3 −4

1 2 ∙ 0 −2 0

1 1

,

y

=2 = −1 1 = 0 0

0 0 =0 −1 −1 1 0 = (−1) ∙ =1 0 −1 1 0 = (−1) ∙ = −1 0 −1 0 0 −2 −1 1 1 = (−1) ∙

0 0 3 −2 −1 = 3 1 1

1 2 ∙ 0 0 0

1 2

0 −2 1

0 −1 1

1 −2 =

Ejercicio 4.Considera los planos +

=0

−

−

dados respectivamente por las ecuaciones: + =0 y + (1 + ) + = +1

= 1,

(a) [1’5 puntos] ¿Cuánto ha de valer " " para que no tengan ningún punto en común? (b) [1 punto] Para = 0 , determina la posición relativa de los planos.

Solución

Se expresan los planos como el siguiente sistema: 1 Matriz coeficientes A = 0 1

1

0 1

+ =1 + =0 + (1 + ) +

=

1 Matriz ampliada A* = 0 1

1+

(a) Los planos no tienen puntos en común ⇔

( )≠ (

∗)

+1 1

0 1

1+

1 0 +1

por el Teorema de Rouche

Discutimos por tanto el sistema: 1 |A| = 0 1 

≠ ,

1

0 1 =[ :

1+  |A|≠ 0 

−

1 ]= 0 0

( )= (

∗)

1

0 1 =

=3= º

−

= ( − 1)

ó

Por el Teorema de Rouche: . . . (tiene una única solución) : los tres planos tienen un punto en común Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 32



1 A= 0 1

=

( ) = 2 puesto

(

|A|= 0 0 1

∗ ):

Así



( )= (

∗)

( ) = 2 puesto

Así

1 1 A* = 0 0 1 1 0 1 y ≠0 1 0 1 ≠0 0

=2<3= º

1 A= 0 1

=

(

1 0 0 1 1 0

1 0 1 1 2 1

|A|= 0

1 0

∗ ):

( )=2≠ (

∗)

| |=0 1 0 1  0 1 0 =0 1 0 1

∗

1 0

(

∗)

=2

por el Teorema de Rouche 

ó

1 A* = 0 1 y

0 1 1 0 0 1

1 1 2

. .

é

0 1 1 0 1 2

1 ≠0 1

1 ≠0 1

∗

| |=0 1 1 1 0 1 0 ≠0 1 2 2

= 3  por el Teorema de Rouche

 (

.

∗)

=3

(

ó )

Los tres planos no tienen puntos en común para

=

La posición relativa de los tres planos (aunque no se pide): como cada dos ecuaciones se forma una recta y los planos no tienen puntos en común los planos forman “la tienda de campaña”.

(b) Por el apartado anterior los tres planos tienen infinitos puntos en común y se cortan en una recta. (El sistema es compatible indeterminado uniparamétrico) 1 0 1



≡ ≡ ≡

Recta de intersección

≡

=0 + =1

1 A* = 0 1

1 0 1

0 1 0

+ =1 =0  + =1

= =

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 33

Gráficamente sería de la siguiente forma:

Modelo 1 de 2010 – Opción A Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Entre todos los triángulos rectángulos de 5 metros de hipotenusa, determina los catetos del de área máxima. Solución  Función a maximizar

=

∙

(

 Relación entre las variables ( ª

ó á

)

):

+

á

=5 

= √5 −

(Se elige la solución positiva porque es una longitud)  Función a maximizar ( ) =

∙

=

∙ √5 −

Se utiliza:

’’( ) < 0 

’( ) = 0 

( )=



∙ √25 −

( ) = 0  √25 −

=

á

( ) = 1 ∙ √25 − =

 25 −

√

( ) +

∙

= √25 −

√



=

=



−

√

=

√

(Se elige la solución positiva porque es una longitud)

= √25 −

=



25 −

=

√

Es decir es un triángulo isósceles rectángulo  Veamos que

=

( )= √

( )=

√

es un máximo relativo:

25 −

−

√25 − (

)

= 

25 −

−

√25 − √

=

=

25 − 2 √25 − √

<

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 34

0 

=

√

es un máximo

Otra forma más fácil: Máximo de √25

( ) = 25

( )=

= √25

−

coincide con el máximo de 25

− 

−

∙ √25 −

−

=0 = 0  50 − 4

( ) = 50 − 4

=0 



=±

=

√

(Se elige la solución positiva porque es una longitud)

=0 

( ) = 50 − 4 =

√

( ) = 50 − 12



√

= 50 − 12 ∙

<0

es un máximo relativo (y además absoluto)

Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Sea ∶ (−2, +∞) → ℜ la función definida por ( ) = verifique (0) = 0. ( denota el logaritmo neperiano)

( + 2). Halla una primitiva

de

que

Solución Todas las primitivas de = ln( + 2)  = ( )=



son: ( ) =

ln ( + 2) Es una integral por partes y se aplica:

=

=

=

ln ( + 2)

+

=

+2



ln ( + 2)

= ( + 2) ∙ ln( + 2) −

(0) = 0  (0 + 2) ln(0 + 2) − 0 + ( )=( + )∙

=0  ( + )−

=

= ( + 2) ∙ ln( + 2) −

= ( + 2) ∙ ln( + 2) −

− ( + 2)

+

= −2 2 −

Ejercicio 3.3 −2 + =5 2 − 3 + = −4 (a) [1’5 puntos] Calcula razonadamente un valor de para que el sistema resultante al añadirle la ecuación + + = 9 sea compatible indeterminado. (b) [1 punto] ¿Existe algún valor de para el cual el sistema resultante no tiene solución? Considera el sistema

Solución

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 35

3 −2 + (a) 2 − 3 +

+

+

=5 3 = −4 Matrices coeficientes y ampliada: A = 2 =9 1

−2 −3 1 ∗)

Para que el sistema sea compatible indeterminado (SCI): ( ) = ( 3 −2 |A| = 2 −3 1 1 

≠



=

3 A= 2 1

( )=3

−2 1 −3 1 1 0

( )= (

3 A* = 2 1

∗)

−3 Orlados de 1

∗

se orla en

un menor de orden

Por tanto el sistema para

∗)

=

=0  . . .

ó

ó ú

1 5 1 −4 0 9 −3 1 y ≠0 1 0

| |=0 1 ≠ 0  −2 1 5 0 −3 1 −4 = 0 1 0 9

=0  ( )= (

=3= º

5 −4 9

−2 −3 1

Evidentemente ( ) = 2 puesto | | = 0 Para calcular (

∗)

−2 1 −3 1 1

<3

1 1 = −9 + 2 − 2 + 3 − 3 + 4 = −5 = 0 

 | |≠0 

Por tanto

1 3 A* = 1 2 1

=2<3 

no nulo 1ª

1ª 1ª

. . .

4ª

 (

∗)

=2

é

tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro

(b) Este apartado está contestado en el apartado anterior puesto que el sistema tiene solución única ( ≠ 0) o

infinitas soluciones ( = 0): ∄

ó

Ejercicio 4.Considera los puntos (1,0,2), (−1,2,4) y la recta definida por

=

−1=

(a) [1’5 puntos] Determina la ecuación del plano formado por los puntos que equidistan de (b) [1 punto] Halla la ecuación del plano paralelo a y que contiene los puntos y .

y de .

Solución (a) El plano que equidista de los puntos (1,0,2) y (−1,2,4) se llama plano mediatriz del segmento

y es el perpendicular al segmento

que pasa por su punto medio Sea

(

)

,

,

= (0,1,3).

dicho plano = (−1,2,4) − (1,0,2) = (−2,2,2) ∥ (−1,1,1)

⊥

= (−1,1,1)



:− +

+ +

= 0 pasa por

(0,1,3) −0 + 1 + 3 +

=0 

= −4 

:− + + −

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 36

=

(b) Sea

el plano pedido ∥



ó

=

ó



á



ó

≡

,

,

=0

(1,0,2) =



−1=

= (2,1,3)

−1 −0 −1 1 2 1 desarrollando por los adjuntos de 1ª fila: ≡

,

( − 1) ∙ 2 −

,

−2 1 =0 3

=

∙ (−5) + ( − 2) ∙ (−3) = 0 

≡

+

−

+

=

Otra forma de hacerlo: Se calcula el haz de planos de la recta recta r es paralela) Recta AB:

=

=

El haz de plano que genera es



y se impone que la dirección del plano buscado es perpendicular a la recta (porque la −1=− = −2



≡

( + − 1) + ( − + 2) = 0 − +2=0

El vector normal genérico del haz de planos es: (1,1 + , − ) ⊥ (1,1 + , − ) ∙ (2,1,3) = 0  2 + 1 + ≡( +

− 1) + ( − + 2) = 0 

−



+ (1 + ) − − +2=0

+ 2 − 1) = 0

= (2,1,3)

−3 =0  +

+ −1=0 − +2=0

=

+2=0 

≡

+

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 37

−

+

=

Modelo 1 de 2010 – Opción B Ejercicio 1.Sea ∶ (0, +∞) → ℜ la función definida por ( ) = logaritmo neperiano.

(

+ 3 ), donde

denota el

(a) [1’5 puntos] Determina, si existen, los puntos de la gráfica de en los que la recta tangente a la gráfica es paralela a la recta de ecuación − 2 + 1 = 0 (b) [1 punto] Halla la ecuación de la recta tangente y de la recta normal a la gráfica de en el punto de abscisa = 3 Solución =

∥

− 2 + 1 = 0  las pendientes son iguales

−2 +1=0 

=

+

(a) Si recta tangente (r.t.) a

( )=

en

(

+3 ) 



′( ) =

Es decir: =

=

ó  4 +6=

+3



:

−6=0 

−

=

±

Como el dominio de la función es (0, +∞ ) solo nos vale la solución

∙ ∙(

)

∙

=

±

=

3 −2

=3

Veamos que la recta es paralela y no la misma puesto que en ambos casos las pendientes son iguales r.t. en

= 3:

− (3) = −

( (3) = ln(3 + 3 ∙ 3) =

(3) ∙ ( − 3)

18 = ∙ ( − 3) que evidentemente es paralela

El punto de la gráfica pedido es: ( ,

)

(b) La r.t. está calculada en el apartado anterior: La r.n.:

− (3) =

( )

∙ ( − 3) 

−

−

= ∙( − ) =− ∙( − )

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 38

18)

Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Calcula el valor de recta

> 0 sabiendo que el área del recinto comprendido entre la parábola

=

+

= 0 vale 36 unidades cuadradas.

+

Solución Previamente se hace un boceto del recinto: 

+



=

=0  +

bisectriz 1er cuadrante

=−

parábola con las ramas hacia arriba que pasa por (0,0) y (− , 0) con – + = =−

 − =

+ ( + 1) = 0  [ + ( + 1)] = 0

=0 =− −1

 La intersección de las dos funciones:

+



=

−

<0

+ ( + 1) = 0

 Dibujamos el recinto

 Observando el recinto: Área = =0−

[− − ( (

)

+

−

(

)]

∙ ( + 1)

)

[−

= =

(

− ( + 1) ] )

+

= 36  ( + 1) = 6

(

)



=

(

)

(

+1=6 

( )

=

=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 39

(

)

)

=

= 36

y la

Ejercicio 3.1

2 3 −2 1 3 y = 3 0 2 4 (a) [0’5 puntos] Determina los valores de para los que tiene inversa. (b) [1’25 puntos] Calcula la inversa de para = 1 (c) [0’75 puntos] Resuelve, para = 1, el sistema de ecuaciones = Considera las matrices

=

Solución ⇔ |A | ≠ 0 1 | |= 0

(a) ∃ A

(A las matrices de determinante no nulo se las llama regulares) 2 3 1 3 = + 6 − 6 − 2 = −2 + 7 − 6 = 0 2 2 ± ∙( )∙( ) ± = = = 3 ∙( ) 2 ⇔ ≠2

Por tanto: ∃ A

(b) Por el apartado anterior ∃ 1 = 1 0

2 1 2

3 3 1

para

 | | = −2

=

≠

+ 7 − 6 = −2 + 7 − 6 = −1 A

(Adj A) :

1 ∙ (Adj A) |A|

= (−1)

1 2

3 = −5 1

= (−1)

2 2

3 =4 1

= (−1)

2 1

3 =3 3

= (−1)

1 0

3 = −1 1

= (−1)

1 0

3 =1 1

= (−1)

1 1

3 =0 3

= (−1)

A

=

1 1 =2 0 2

= (−1)

−5 = | | ∙ (Adj A) = − −1 2

(c) Por el apartado anterior para

4 1 −2

1 0

2 = −2 2

3 0 = − −1

− −

= (−1)

1 2 = −1 1 1

−

=1 ∃A

=

A

=A

=

=

5 1 −2

∙[ −4 −1 2

= ]  A

=A

−2 −34 −3 0 ∙ 3 = −5 4 14 1

− −

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 40

=A

Ejercicio 4.Considera los puntos (1,1,1), (0, −2,2), (−1,0,2) y (2, −1,2). (a) [1 punto] Calcula el volumen del tetraedro de vértices , , (b) [1’5 puntos] Determina la ecuación de la recta que pasa por los puntos , y .

y . y es perpendicular al plano que contiene a

Solución (a) volumen del tetraedro , , ,

volumen del paralelepípedo =

,

,

(valor absoluto del producto mixto de los vectores

,

,

)

= (0, −2,2) − (1,1,1) = (−1, −3,1) = (−1,0,2) − (1,1,1) = (−2, −1,1) = (2, −1,2) − (1,1,1) = (1, −2,1)

=

(b)  Sea

−1 −2 1

−3 −1 −2

1 1 1

= |1 + 4 − 3 + 1 − 2 − 6| =

el plano que pasa por los puntos , = (1,1,1) = (−1, −3,1) 

≡

≡

,

,

=0

= (−2, −1,1) ≡

−1 −1 −2

−1 −3 −1

−1 1 =0 1

ª

( − 1) ∙ (−2) − ( − 1) ∙ 1 + ( − 1) ∙ (−5) = 0 ≡ −2 −  Sea

−5 +8=0 

≡2 +

+5 −8=0

la recta pedida ⊥

 =

≡2 +

≡

∥

=

+5 −8=0 

= (2,1,5) Pasa por (2, −1,2)

= (2,1,5) 



Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 41

≡

=

= (2,1,5)

=

Modelo 2 de 2010 – Opción A Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Sea la función

∶ ℜ → ℜ dada por

(

( )=

)

+

≤0

Calcula las constantes ,

>0

sabiendo que f es derivable y que la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa

y

= 1 tiene pendiente

Solución Como

( )=

(

)

+

=0 =0



es derivable en

≤0 >0

( 

(

′( ) =

)+

+

(2 + )

<0

) (

>0

)

∃





= 0  (0) =

es continua en

=0 

es derivable en

 r.t. en

(1) =

∙ (

) (

∙ )

→

′(0) =

= 1 tiene pendiente

=3



( )=

′( ) =

→

=0

( ) 

→

(0) = →

→

′( ) 

→ →

→

( )= ′( ) = ( )=−

(1) = 3 (

)

= 3  3 = 12 

=

≤ ( )= +

( )=0

>0

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 42





=

=− =

Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Dada la función

definida por ( ) =

para

por la gráfica de , el eje de abscisas, y las rectas

≠1 y

=2,

≠ 4. Calcula el área del recinto limitado

= 3.

Solución La función

es continua en ℜ − 1,4 , por tanto

es continua en el intervalo [2,3]

Para calcular el área 1. En 1er lugar se calculan los cortes de la función con el eje OX: =0 ∄

( )= 2. Área =

( )

ó

. Calculamos antes una primitiva

Es una integral racional: se calculan las raíces del denominador −5 +4=0  =

+

=



Área =

( )

Si dibujáramos la función:

( (

(

)(

) )

= 

= − | − 1| +

= [ | −4|−

Observando la gráfica: Área = -

)

±

=

4 1

− 5 + 4 = ( − 1)( − 4) ( − 4) + ( − 1) = 3

=1  −3 =3  =4  3 =3 

+

=1 y

∙ ∙ ∙

=

( − 4) + ( − 1) = 3  =

±√

| − 1|]

= 4 son A.V.

= −1 =1

| −4|

= |( 1 −

2) − ( 2 −

= 0 es A.H.

( )

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 43

1)| =

.

Ejercicio 3.−1 0

2 1

y B=

(a) [0’75 puntos] Calcula (b) [1’75 puntos] Resuelve la ecuación matricial y es la matriz traspuesta de

−

Considera las siguientes matrices A =

−3 2

0 −1

= 2 , donde es la matriz identidad de orden

Solución (a) ∃

⇔ | |≠0

A

= | | ∙ (Adj A)

| | = −1 0

2 = −1 ≠ 0 1

(

= | | ∙ (Adj A) = − (c) Se cumple: (

A

−1 0

=

−

) =(

)

2 1

 (

)

= 2



= (−1) ∙ 1 = 1

= (−1) ∙ 2 = −2

= (−1) ∙ 0 = 0

= (−1) ∙ (−1) = −1

)

1 −2 − = 0 −1

por tanto: ) = −1 2 0 1

=( =

=

−1 2

0 1

+ 2 =

+ 2 ](

0 5 = 1 2

−1 2 ∙ 2 1

A [ )

(

=

∙ ∙(

( + 2 )(

( + 2 )(

)

)

+ 2 =

=

)

)

=

−3 2 −1 0

1 0 +2 0 −1 2 −1 ∙ 1 2

0 −1 0 = 1 2 1 0 −1 ∙ 1 2

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 44

− 0 = 1

Ejercicio 4.Considera los puntos (1,2,1), (−1,0,3) (a) [1’25 puntos] Calcula las coordenadas de los puntos que dividen el segmento en tres partes iguales. (b) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano perpendicular al segmento y que pasa por .

Solución 1ª forma.-

Observando el dibujo de la derecha se

deduce: =

+

=

+

1 3

= (−1,0,3) − (1,2,1) = (−2, −2,2) = = 1−

+ ,2−

1 3

1 = (1,2,1) + (−2, −2,2) 3 ,1 +

=

, , =

Para calcular

+

=

se puede hacer de dos formas

+ ó

Lo hacemos de la 2ª: =

(

=

2ª forma.-

Sea

)

,

,

=

, ,

= (

, , )

el plano pedido y como se observa en la gráfica

= (−2, −2,2) ∥ (1,1, −1) es el vector normal del plano Por tanto: ≡

+

− +

= 0 pasa por

(1,2,1)  1 + 2 − 1 +

≡

+

− −

=0 

=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 45

= −2

Modelo 2 de 2010 – Opción B Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Sea ∶ ℜ → ℜ la función definida como ( ) = ( + 1) ∙ √3 − . Halla las ecuaciones de la recta tangente y de la recta normal a la gráfica de en el punto de abscisa = −5 y en el punto de abscisa = 2. Solución 

( ) = ( + 1) ∙ √3 − Recta tangente (r.t.) en Recta normal (r.n.) en





= :

− ( )=

= :

− ( )=

−

( )

(

)

3 − (−5) = −4 ∙ 2 = −8

3 − (−5) −

r.t. en

= −5:

− (−5) =

r.n. en

= −5:

− (−5) =

(

(

(

− (2) =

))

=2+

∙

(−5) ∙ ( + 5)  (

)

∙ ( + 5) 

(2) = (2 + 1) ∙ √3 − 2 = 3 ∙ 1 = 3 (2) = √3 − 2 − =1−

= 2:

)

∙( − )

(−5) =

r.t. en

(

( )∙( − )

(−5) = (−5 + 1) ∙

= −5 

=2 

( ) = √3 −

)

∙

=

+

= ∙( + )

+

=

∙( + )

=0

(2) ∙ ( − 2) 

− 3 = 0 ∙ ( + 5) 

=

es una recta horizontal r.n. en

= 2: rerta perpendicular a

= 3 por el punto (2,3) 

= es una recta vertical

Ejercicio 2.Considera la función f ∶ ℜ → ℜ definida por f(x) = x|2 − x| (a) [1 punto] Esboza su gráfica. (b) [1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de , el eje de abscisas y la recta de ecuación

= 3.

Solución Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 46

(2 − ) ( − 2)

( ) = |2 − | =

<2 = 2 − ≥2 −2 |2 − | =

(a) Esta función es continua en

x 0 1 2

0 1 vértice 0

2

0

2− −(2 − )

puesto que 2− >0 2− = 2− ≤0 −2

<2 ≥2

por ser producto de funciones continua en

y =− =

+2

=1 =

= 3

<2 ≥2

−2

= 1 no está en el trozo

-3 = 1 − 2 = −1

(b) Un boceto del recinto es

Por tanto observando el recinto:

Área = =

(−

+2 )

+

(

−2 )

=

+ 4 − 0 + (9 − 9) − ( − 4) =

+ +

=

+

−

. .

Ejercicio 3.- [2’5 puntos] Obtén un vector no nulo v = (a, b, c) , de manera que las matrices siguientes tengan simultáneamente rango . 1 1 2 0 = 1 0 = 0 −1 1 1 3 1

Solución Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 47

1 1 = 1 0 1 1

=( , , )

 En

1 1

:

1 | |= 1 1

1 ≠ 0 luego 0 1 0 1

=

1 = ( − ) ∙ (−1) ∙ 1

2 0

:

2 | |= 0 3

( )=2 ⇔ | |=0 1 = 1 0

−

1 0 0

0 −1 1

= 2 3

Por tanto

=

= −

1 = − 0

0 ≠ 0 luego −1

= (−1) ∙ (−1) ∙



:

0 −1 1

( )=2 ⇔ | |=0 (1 1 ≠0 ) ⇔ 1 0

Por tanto

 En

2 = 0 3

:

+

=

( )=2 ⇔ | |=0

+

2 = 0 3

0 −1 0

=

= +

= −(2 + 2 − 3 ) = −2 − 2 + 3

( )=2 ⇔ | |=0 (2 0

0 ≠ 0 ) ⇔ −2 − 2 + 3 = 0 −1

=  −2 − 2 + 3 = 0  −2 − 2 + 3 = 0 =( , , )=(

, ,

) ∀

=2 = ∈

∗

Ejercicio 4.Considera el plano

definido por 2x − y + nz = 0 y la recta dada por

con m ≠ 0. (a) [1’25 puntos] Calcula (b) [1’25 puntos] Calcula

y y

= =

para que la recta sea perpendicular al plano . para que la recta r esté contenida en el plano .

Solución 2 −

=0 

+ =

=



∶ ∶

= (2, −1, ) = (1,0,1) ∶

= ( , 4,2)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 48

(a) Observando el dibujo:

⊥

⇔

∥

= ( , 4,2) ⇔

= (2, −1, ) ∥

=

= = =

(b) Observando el dibujo:

⊥

⇔

(1,0,1) ∈

∙

⊂

Se cumple por tanto:

=− =

⊥ ∈

⇔

= 0 ⇔ (2, −1, ) ∙ ( , 4,2) = 2

 2∙1−0+



∙1=0 

= −2  + =2

−4+2 =0 ⇔

= −2

=− =

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 49

+

=2

Modelo 3 de 2010 – Opción A Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Dada la función ∶ ℜ → ℜ definida como ( ) = . ( )+ + + , determina los valores de las constantes , , y sabiendo que la gráfica de tiene tangente horizontal en el punto (0,4) y que la segunda derivada de es ’’( ) = 3. ( ) − 10. Solución

( )= . − .

( )+

+



+

′( ) = .

( )+2

+



( )=

( )+2

tiene tangente horizontal en el punto (0,4) 

(0) = 4  (0) + 0 + 0 +  = (0) = 0  acos(0) + 0 + = 0  + = 0 ’’( ) = 3. ( )=− .

( ) − 10 ( )+2

 − .

( ) + 2 = 3.

( ) − 10 

− =3  2 = −10

=− =− + =0 



=−

=

Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Dada la función

dada por f(x) =

para

≠1 y

≠ 0. Determina una primitiva

(1) = 1.

Solución

( )=

Las primitivas de la función

( )=

=0 raíces simples = −1

= ( + 1) = 0 

+

son

La descomposición en fracciones simples es:

= +

=

( )= ( )= 

= | |−

=1+

(

) (

)



−

| + 1| +

( + 1) +

=

( )

=1 

| |−

| + 1| +

|1| −

|1 + 1| +

=0  = −1 

=1 = −1

=− 2+

=1

2 Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 50

de

tal que

( )=

| |−

| + |+

+

Ejercicio 3.+2 +6 =0 +4 =2 Considera el sistema de ecuaciones 2 + 2 + +6 = −2 (a) [1’75 puntos] Discútelo según los valores del parámetro . (b) [0’75 puntos] Resuélvelo para = 2 . Solución 2 (a) Las matrices asociadas del sistema son: 2 | |= 2 2

6 4 = 6

:

= 2 ∙ (−1) ∙

− 2

2

≠ ±2  | | ≠ 0  ( ) = (

 

=2 Como

2 = 2 2 =

6 y 4 6 2 6 4 = 0 2

= 2 2 = 2 0

2 = 2 2

)=3

6 4 6

0 2 −2 =

=2 = −2

− 4) = 0 

= 2( ∗

∗

. . .

ª

2 6 2 2 6 0 ∗ = 2 2 4 2 y 2 4 2 6 2 2 6 0 2 6 y ≠ 0  ( ) = ( ∗) = 2 < 3 2 4

ó ú

. . .

ª

é á



= −2

=

| |=0 y 2 2 Para calcular ( 2 2

−2 2 2 −2 2 −2 6 ≠0  4 ∗)

6 4 6

y

∗

=

−2 2 2

∗

6 4 6

0 2 −4

( )=2

orlamos u menor no nulo de

6 ≠ 0 orlados en 4

2 −2 −2

∗

: | |=0 2 6 0 : −2 4 2 ≠ 0 −2 6 −4



ª

. .

ó

(b) Por el apartado anterior el sistema tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro. Para resolver el sistema se elimina la ecuación que no forma parte del menor que da el rango y a la columna se le da un valor paramétrico: ∗

2 = 2 2

2 2 2

+3 =−

6 0 4 2 6 0

Valor paramétrico

+ 3(−1) = −





=

= 2 + 6 = −2 2 +4 =2−2



=3− Solución:

= = − =−

∀

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 51

∈

Ejercicio 4.- [2’5 puntos] Halla el punto simétrico de P(1,1,1) respecto de la recta r de ecuación

= =

Solución = (2,3, −1)  Los puntos genéricos de = (1,0, −1)



= = 1ª forma.-

∈



Observando el dibujo de abajo,





 ∙ 2∙2

= (1 + 2 , 3 = (1,1,1) 

= (2 + 3 ∙ (3 

∙ ,3

es el único punto de

)

, −1 −



= (2

)=0

=



es el punto medio del segmento

= 1+

,

, −1 −

 14 ,

=(

 Si  π 

,

,

,



= 

,

)

=



=



pasando por 

= (2,3, −1) = = 0 pasa por

≡2∙1+3∙1−1+

=0 

= (1,1,1) = −4

≡2 +3 − −4=0 

=

(1 + 2

ó ,3

, −1 −

2 ∙ (1 + 2 ) + 3 ∙ 3

)

)

)

el plano perpendicular a la recta

≡2 +3 − +

− 1 , −2 −

’

=(

Sea

que cumple:

=1

= (1,1,1) =( , , )

2ª forma.-

, −1 −

) ∙ (2,3, −1) = 0

− 1 , −2 −

− 1) − (−2 −

( ,

, 3

,3

=0



Por tanto:

son: (1 + 2

)∈

≡2 +3 − −4=0 

− (−1 −

)−4=0 

=

 Se procede como en el apartado anterior

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 52

= = =

)

Modelo 3 de 2010 – Opción B Ejercicio 1.- [2’5 puntos] e 1 −x Considera la función f ∶ ℜ → ℜ definida por f(x) =

x≤0 0< <1 1≤x

Estudia su continuidad y derivabilidad. Determina la función derivada de . Solución e 1 −x f(x) =



=



=1−



=

x≤0 0< <1 1≤x



−e −2

f′(x) =

(

x<0 0< <1 1<

)

?

=0



es continua y derivable en

es continua y derivable en 

es continua y derivable en

( )=

→

( )=

→

(0) =

<1

es continua y derivable en

>1

( )

=



)=1

De aquí se deduce que

) = −1

(−

→

( )=

→

)=1

( (1 −

→

( )

→

es continua en

=0

= 0: utilizamos la continuidad de la derivada

→

(0) =

→

( )=

→

=1

 Derivabilidad en (0) =

(0) =

= 0:

<0

es continua y derivable en 0 <

es continua y derivable en ℜ − −1 

  Continuidad en

=1



(−2 ) = 0

→

no es derivable en

no es continua en

=0

= 0 aunque la forma correcta de demostrarlo es

aplicando la definición de derivada. Veámoslo:

(0) =

(

)

→

(0) = (0) =

→

(1) =

( )=

→ →

= 1: (1 −

=

→

=

ô

=

→

( )=

( )

=

=

→

  Continuidad en →

( )

→ →

= −1

→

(−ℎ) = 0 ( )=

→

( ) = (1)

)=0

=1

 ∄

→

( ) 

es no es continua en

=1

=1 

es no es derivable en

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 53

=1



es continua en

−

y es derivable en

−

− − ′( ) =

,

(

< )

<0 <1 <

Ejercicio 2.Sean

, g ∶ ℜ → ℜ las funciones definidas por ( ) =

−2 +3y

( )=

+1

(a) [1 punto] Esboza las gráficas de f y g, y halla su punto de corte. (b) [1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de ambas funciones y el eje de ordenadas. Solución (a) 

− 2 + 3 es una parábola con las ramas hacia arriba

( )=

vértice: 

= =1 =2



(1,2)

Pasa por (0,3)

+ 1 es una parábola con las ramas hacia arriba

( )=

vértice:  El punto de corte es: =

±√

= =0 =1

( )= ( ) 



(0,1)

Pasa por (2,3) +1 

−2 +3=

−2 +2=0

=2

(b) El recinto al que tenemos que calcular el área es: Observando el dibujo

Área = =

(

− 2 + 3) − (

(

− 2 + 2)

+ 1) =

= −

+2

=

=

− 4 + 4 − (0) =

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 54

. .

Ejercicio 3.De la matriz

se sabe que

=

(a) [1’25 puntos] Halla

) y

(−3

( ) = 4. Se pide: 2 −3

2 . Indica las propiedades que utilizas. −3

( es la matriz traspuesta de ) (b) [0’75 puntos] Calcula ( ∙ ) (c) [0’5 puntos] Si es una matriz cuadrada tal que halla ( )

= , siendo la matriz identidad,

Solución (a)

(−3 ) =

(−3 ) = (−3) ∙ 4 = 36

( )

( )

2 −3 (b)

(

∙

2 −3

)=

= 2 ∙ (−3) ∙

= 2 ∙ (−3) ∙ (−1) ∙

( )

( )

(

)∙

( )

(

)=

( )= ( )

( )

∙

( )=1

( )=1 ( )

(c)

)=

(

= 24

( )∙

( )∙

( )=[

( )]

 [

( )] = 1 

( )

( ) = √1 = 1 Propiedades (1) El determinante de una matriz coincide con el determinante de su matriz traspuesta. (2) Si un número multiplica a una fila (o columna) de un determinante entonces dicho número sale fuera y multiplica a dicho determinante, como consecuencia: Si un número multiplica a una matriz entonces dicho número multiplica a cada fila (columna) por lo tanto el número elevado al orden de la matriz multiplica al determinante: Si A es de orden n  det(k.A) = kn.det(A) (3) Si se intercambian dos filas (o columnas) de orden entonces el determinante cambia de signo. (4) El determinante de un producto es igual al producto de los determinantes. (5) Como

det (

∙

= )=

( )

det ( ∙

) = det ( ) ∙ det (

)=1  ( )

( )

(6) El determinante de la matriz identidad vale 1: det( ) = 1 Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 55

Ejercicio 4.Sean los puntos (2, , ) , (− , 2,0) y (0, , − 1) (a) [1 punto] ¿Existe algún valor de ∈ ℜ para el que los puntos , y estén alineados? Justifica la respuesta. (b) [1’5 puntos] Para = 1 halla la ecuación del plano que contiene al triangulo de vértices , . Calcula la distancia del origen de coordenadas a dicho plano.

y

Solución (a)

,

y

están alineados ⇔

(vectores con coordenadas proporcionales)

= (− , 2,0) − (2, , ) = (− − 2 , 2 − , − ) = (0 , , − 1) − (2, , ) = (−2,0, − 1)

=

=



= =

 − 2(2 − λ) = 0  λ = 2 

0 = −(2 − λ)  λ = 2

= (− , , − ) ∥

(b) Por el apartado anterior para

=1 

−3 −2

−1 1 0

=

= (− , , − )

= (− − 2 , 2 − , − ) = (−3,1, −1 = (−2,0, − 1) (0,1,0)

(0,1,0) 

−1 = 0 desarrollando por los adjuntos de la 1a fila: −1

∙ (−1) − ( − 1) ∙ 1 + ∙ 2 = 0  Sea



= 1 los puntos no están alineados luego forman un plano

(2,1,1) , (−1,2,0) y

El plano sería

 (− − 2 , 2 − , − ) ∥ (−2 , 0 , − 1) 

(0,0,0) (origen de coordenadas)

− −

( , )=

+1+2 =0  |

|

∙ (

)

=

√

≡ . .

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 56

+

−

−

=

Exámenes Selectividad 2009

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 57

Junio 2009 – Opción A Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Calcula el siguiente límite (ln denota logaritmo neperiano), 1

lim

2 −1

−

→

Solución 1

lim →

2 = ∞−∞( −1

−

ó ) ∞

Se resuelve poniendo común denominador y el límite que resulta tiene una indeterminación ( ó ) que ∞

se puede resolver por la Regla de L’Hôpital que dice: Si lim x→a

f ( x) 0 f '( x) = y ∃ lim  x →a g '( x) g ( x) 0

También se puede aplicar para cuando

lim x →a

→ ∞ y la indeterminación 1

lim

lim

0 − 1) − 2 = 0 ∙ ( − 1)

→

′

ó

= lim

2 =

+1

→

−1

→

2+

+2

∞

2 −

= lim

ô

∞

2 = −1

−

→

(

f ( x) f '( x) = lim g ( x) x→a g '( x)

+2

2 =

+2

0 0

′

ó ô

=

2+2 = 2+0+2

También se podría simplificar antes:

lim →

2 − −1

2

2 = lim

+2

→

→

2 +4

= lim

−1+2

4

lim

−2

+

2

→

= lim →

2 −2 −1+2

4 2 +4

+2

=

=

0 0

4 =1 2+0+2

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 58

′

ó ô

=

Ejercicio 2.Sea f : ℜ → ℜ la función definida por ( ) = | – 1|. (a) [0’5 puntos] Esboza la gráfica de (b) [0'75 puntos] Comprueba que la recta de ecuación y = x es la recta tangente a la gráfica de punto de abscisa = 0. (c) [1'25 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de y la de dicha tangente.

en el

Solución (a) ( ) =

+ −

–1 = −

<1 ≥1

puesto que

| – 1| = −( − 1)

y y = -x2+x parábola con las ramas hacia abajo

vértice

1

0

1

0

2

2

xv =

−1 −2

=

1 2

y = x2-x parábola con las ramas hacia arriba Vértice: xv =

Un esbozo de la gráfica es:

(b) La recta tangente a la gráfica de

) = −2 + 1

para

1 2

en el punto de abscisa ( )

− (0) = ’(0)( − 0) ′(

−1

1

Una tabla de valores sería: x

| – 1| =

<1



′ (0)

yv =

−1 4

que no está en el dominio de la función

= 0 es

= ’(0) ∙

∗

⇒

=

=1

Por tanto la recta que me dicen en el enunciado es la recta tangente.

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 59

(c) Gráficamente el área pedida es:

=

−

El punto de corte de: =

− =



=

= −

=0 =2



á

=−

+

Observando el dibujo el área pedida es:

Área =

( − (−

=

+

=

+

+

+ )) (2 − −

=

− ))

=

− 1−

=

( −( =

) +

4−

=

u.a.

Ejercicio 3.Sean F1, F2 , F3 , las filas primera, segunda y tercera, respectivamente, de una matriz B de orden 3, cuyo determinante vale -2. Calcula, indicando las propiedades que utilices: c) d) e) f)

[0'5 puntos] El determinante de B -1. [0'5 puntos] El determinante de (B t)4 (Bt es la matriz traspuesta de B). [0'5 puntos] El determinante de 2B. [1 punto] El determinante de una matriz cuadrada cuyas filas primera, segunda y tercera son, respectivamente, 5F1 - F3, 3F3, F2

Solución Sea B = ( F1, F2 , F3) y |B| = - 2. (a) |B-1|=

| |

=

Puesto que: B B-1 = I3 (siendo I la matriz identidad de orden 3) |B B-1| = |I3| = 1 (1)  (2)

|B| |B-1| = 1  |B-1|=

(1) El determinante de la matriz identidad vale 1

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 60

| |

(2) El determinante de un producto de matrices es igual al producto de los determinantes ( )

( )

(b) |(B t)4| = |B4| = |B|4 = (-2)4 = 16

(3) El determinante de una matriz coincide con el de su traspuesta ( )

(c) |2B| = |2F1, 2F2 , 2F3| = 23 | F1, F2 , F3| = -16

(4) Si un número multiplica a una fila (columna) entonces dicho número puede salir fuera del determinante factor común multiplicando al determinante. ( )

( )

(d) |5F1 - F3, 3F3 , F2| = = |5F1, 3F3 , F2| + | - F3, 3F3 , F2|

( )

( )

=

5.3. |F1, F3 , F2| + 0 = =

= -15. |F1, F2 , F3| = (-15).(-2) = 30 (5) Si una fila de un determinante es suma de dos sumandos dicho determinante es igual a la suma de dos determinantes colocando en dicha fila el primer y segundo sumando respectivamente. (6) Si un determinante tiene dos filas iguales o proporcionales el determinante es cero (7) Si cambiamos entre sí dos filas el determinante cambia de signo.

Ejercicio 4.-[2’5 puntos] = 1 = 1 y la recta definida por = −2

Se considera la recta definida por

Halla la ecuación de la recta perpendicular común a

= = −1 = −1

y .

Solución :

= 1 = 1 = −2

:

= = −1  = −1

ó



: :

ó

= (0,0,1) = (1,1, −2)

: = (1,1,0) = (0, −1, −1)

:

 Previamente se estudia la posición relativa de las rectas: Como

= (0,0,1)

= (1,1,0)  las rectas se cortan o se cruzan

Se calcula el determinante: |

,

,

|=

0 1 0−1

0 1 0 = 1 1 0 −1 − 1 −1 + 2 −1

Por tanto las rectas se cruzan  1ª Forma: calculando los puntos

y

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 61

0 1 −2

1 0 ≠0 1

 Los puntos de la recta

son de la forma: (1,1, − 2)

 Los puntos de la recta son de la forma: ( , − 1, −1)  Los puntos buscados cumplen perpendicular a

= ( , − 1, −1) − (1,1, − 2) = ( − 1, − 2, − + 1) es

y :

⊥



∙

= 0  = ( − 1, − 2, − + 1) ∙ (0,0,1) = − + 1 = 0 

⊥



∙

= 0  = ( − 1, − 2, − + 1) ∙ (1,1,0) =

Por tanto: (1,1, − 2) 

−2=0 

=

(1,1, −1)

( , − 1, −1) 

( , , −1)

 La recta pedida es la que tiene como punto =

−1+

=1

, , −1 − (1,1, −1) =

,

y como dirección (1, −1,0)

,0

= + = − =−  2ª Forma: Como intersección de dos planos ≡

∀

∈

Un vector perpendicular a ambas rectas es el producto vectorial: = 0 0 1 = (−1)– (−1) + 1 1 0 Se construyen los planos:

×

(0) = (−1,1,0)

×

= π1 contiene a la recta " " y al vector

×

≡

ó = ó =

×

= π2 contiene a la recta " " y al vector

×

≡

ó = ó =

π1 ≡ det( X, (0) = −

π2

,

−

det( X,

×

)=

−1 0 −1

−1 0 1

×

+2 1 = ( − 1) ∙ (−1) – ( − 1) ∙ (1) + ( + 2) ∙ 0

+ 2 = 0

,

×

)= 1 −1

+1 1 1

+1 0 = ( ) ∙ (0) – ( + 1) ∙ (0) + ( + 1) ∙ (2) = 0

2 + 2= 0 La recta pedida " " en forma implícita es

+ − = + =

Puesto que ambos planos tienen como dirección común una dirección perpendicular a ambas rectas y además esta recta corta a porque y están en el plano π1 y no son paralelas luego se cortan, igual con el plano π2 Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 62

Junio 2009 – Opción B Ejercicio 1.Sea :    la función definida por <0

( )= −3 −1

≥0

(c) [0’75 puntos] Estudia su continuidad y derivabilidad. (d) [1’25 puntos] Determina sus asíntotas y sus extremos relativos. (e) [0’5 puntos] Esboza la gráfica de

Solución (a)

( )=

es continua y derivable en  − 1

( )=

– 3 – 1 es continua y derivable en



es continua y derivable en



<0

es continua y derivable en

> 0

Falta estudiar continuidad y derivabilidad en x = 0 

es continua en

= 0 si:

(0) = lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) x→0

x→0

1  = −1  x →0 x →0 x − 1   Por tanto es continua en = f(0)= lim+ f (x) = lim (x 2 − 3x − 1) =-1 x →0 + x →0  lim− f (x) = lim−

 Derivabilidad de

en

=0 <0

( )= −3 −1

≥0



(

)

′( ) = 2 − 3 ?

<0 >0 =0

−1  = −1  2 ( x − 1)   Probablemente no es derivable en = 0 + f'(0 )= lim+ f '(x) = lim+ (2 x − 3) = - 3 x →0 x →0  f'(0- )= lim− f '(x) = lim− x →0

x →0

Aplicamos la definición:

1 +1 1 f h f f h + − + (0 ) (0) ( ) 1 1+ h −1 = −1 = lim− = lim− h − 1 = lim− f'(0- )= lim− = lim− h →0 h →0 h →0 h →0 h ⋅ (h − 1) h→0 h − 1 h h h f (0 + h) − f (0) f (h) + 1 h2 − 3h − 1 + 1 f'(0 )= lim+ = = lim+ = lim+ x →0 h →0 h→0 h h h +

lim+

h →0

h(h − 3) = lim+ (h − 3) = −3 h→0 h

Por tanto

’( ) puesto que no existe el límite Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 63

(b) Asíntotas:

 Asíntotas verticales (A.V.): son las discontinuidades inevitables de salto infinito de la función, que como es continua

A.V.

 Asíntotas horizontales (A.H.):

lim

( ) = lim

=0 

lim

( ) = lim (

− 3 − 1) = +∞

x → −∞

x → +∞

x → −∞

x → +∞

=

es A.H. en −∞

 En +∞ no hay asíntota oblicua porque las parábolas que no tiene asíntotas. Extremos relativos

’( ) = 0 

(

)

ó

=0 ∄

2 −3=0

>0 

= >0

Sin hacer ningún cálculo se que es un mínimo puesto que se trata de una parábola con las ramas hacia arriba. (c) Una tabla de valores adecuada sería:

x

y

0

-1

0

-1

3 2

<0

( )= −3 −1

≥0

excluido incluido

−13 Vértice 4

Un esbozo de la gráfica es (el trozo de parábola en azul)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 64

Ejercicio 2.Considera la curva de ecuación

=

−3

(c) [0’5 puntos] Halla la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto de abscisa (d) [2 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la curva dada y la recta

= −1

= 2.

Solución (c) La ecuación de la recta tangente (r.t.) en

−3



=− :

−

( )= r.t. en

′(

)= 3 (1) = 2

= −1 es:

−3

= .( + ) 

′ (−1)

− (−1) = ’(−1). ( + 1) =0

=

(d) Aunque no se pide el dibujo del recinto es:

Observando el dibujo: Área =

[2 − (

= 2 −

− 3 )]

= (4 − 4 + 6) − (−2 − + ) =

+

Si no hacemos el dibujo la manera de calcular lo pedido es:  Calculamos el punto de corte de ambas

1

funciones:

-1

=2 ( )=

−3

( )=

−3 −2=0

Como

 ( )=

= 2 es la recta tangente a

Por Ruffini con

1

−3 =2

en

0

-3

-2

-1

1

2

-1

-2

0



= −1, ya tenemos una solución de la ecuación:

= −1:

Resolviendo la ecuación

−

−2=0 

Por tanto ambas funciones se cortan en

±√

= −1 y

=

−1 2

=2

 El área pedida es: Área =

[2 − (

− 3 )]

= 2 −

+

= (4 − 4 + 6) − (−2 − + ) =

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 65

Ejercicio 3.- [2’5 puntos] Una empresa envasadora ha comprado un total de 1500 cajas de pescado en tres mercados diferentes, a un precio por caja de 30, 20 y 40 euros respectivamente. El coste total de la operación ha sido de 40500 euros. Calcula cuánto ha pagado la empresa en cada mercado, sabiendo que en el primero de ellos se ha comprado el 30 % de las cajas. Solución Sean:

x cajas de 30 euros y cajas de 20 euros z cajas de 40 euros

 Se compran 1500 cajas 

+

+

= 1500

 El coste total de la operación es de 40500 euros



30 + 20 + 40 = 40500

dividiendo por 10: 3 + 2 + 4 = 4050  En el 1er mercado se compra el 30 % de las cajas: x = 30% de 1500 = 1500 ∙

= 450

= 450 + = 1050 + + = 1500  Luego nos queda   2 + 4 = 2700 3 + 2 + 4 = 4050 + = 1050 

= 750

 Lo que piden es el dinero que ha pagado en cada mercado En el primer mercado han pagado: 30 ∙ En el segundo mercado han pagado: 20 ∙ En el tercer mercado han pagado: 40 ∙

= 30 ∙ 450 = 13500 euros = 20 ∙ 750 = 15000 euros = 40 ∙ 750 = 12000 euros

Ejercicio 4.Considera la recta

definida por

+ +

=2 y la recta que pasa por los puntos (2,1,0) y =0

(1,0, −1). (c) [1 punto] Estudia la posición relativa de ambas rectas. (d) [1’5 puntos]Determina un punto de la recta tal que los segmentos perpendiculares

y

Solución (b) Pasamos a la recta

+ +

a sus ecuaciones paramétricas:

=2  =0

= =2− =−



=2− = =−



Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 66

sean

ó

: :

= (−1,1, −1) = (2,0,0) =2+ =1+ =

La ecuación paramétrica de :

= (1,1,1) : = (2,1,0) = =

:

= (1,1,1)  las rectas se cortan o se cruzan

= (−1,1, −1)

Como

ó



,

Se calcula el determinante: |

,

−1 1 −1 −1 1 −1 |= 1 1 1 = 1 1 1 =0 2−2 1−0 0−0 0 1 0

Por tanto las rectas se cortan (c) El punto

Como

que por pertenecer a la recta

(2 − , , − )

=

−

= (2,1,0) − (2 − , , − ) = ( , 1 − , )

=

−

= (1,0, −1) − (2 − , , − ) = (−1 + , − , −1 + )



⊥

es de la forma:

⋅

= 0  = ( , 1 − , ) ⋅ (−1 + , − , −1 + ) = 0

⋅ (−1 + ) + (1 − ) ⋅ (− ) + ⋅ (−1 + ) = − + 3

− +

−3 =0

nota: si se observa la expresión anterior es más fácil sacar factor común :

(−1 + − 1 + − 1 + ) = 3 ( − 1) 3 ( − 1) = 0 

Hay dos puntos que lo cumplen

=0 =1 =0 

( , , )

=1 

( , ,− )

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 67

− +

=

Septiembre 2009 – Opción A Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Se considera la función

: [ 1 , +∞) → ℜ definida por ( )=

−

+

Determina las asíntotas de la gráfica de .

Solución A.V. puesto que el dominio de la función es [ 1 , +∞), donde es continua

 Asíntotas verticales (A.V.):

 Asíntotas horizontales(A.H.): A ser el dominio de la función [ 1 , +∞), solo tiene sentido calcularla en +∞: lim

−

→ ∞

= (+∞) + (+∞) = +∞

+

Por tanto no existen A.H.  Asíntotas oblicuas(A.O.):

=

+ ( )

= lim

→ ∞

= lim ( ( ) − → ∞

= lim

→ ∞

)∙(√

(√ √

= lim

√

−

+

→ ∞

) = lim

−

→ ∞

)

= lim

+

−2

1

= lim (

−

=

+ 1

= lim

→ ∞√

por tener la indeterminación

Es A.O. la recta

→ ∞

= lim

→ ∞√

1

→ ∞

∗

= lim

* Dividiendo numerador y denominador entre

1−

∗

→ ∞

∞ ∞

−

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 68

=2

−

)=∞−∞

= lim

→ ∞

=

Ejercicio 2.La curva

divide al rectángulo de vértices

=

= (0,0),

= (2,0),

= (0,1) en dos

= (2,1)

recintos. (a) [ 0’75 puntos] Dibuja dichos recintos. (b) [ 1’75 puntos] Halla el área de cada uno de ellos Solución (a)

es una parábola de vértice (0,0)

=

=

1 2

=1 A1

A2

(b) Mirando la gráfica anterior: 1º

Se calcula la intersección de la gráfica de =1

Se resuelve el sistema

√



=

2º

A1=

3º

A2 = Área rectángulo - A1 = 2 ∙ 1 −

1−

=

−

con el rectángulo es decir la recta =1 

√

√

=

= ±√2  solución válida:

√

(1 −

=2−

√

=1

=

√

= √2 1 −

=

√

= √2

u.a

u.a.

Ejercicio 3.a) [1'75 puntos] Discute según los valores de parámetro λ el siguiente sistema 3 + =0 + = + + 3 =1 b) [0'75 puntos] Resuélvelo para λ = 0 Solución 3

(c) Matriz coeficientes A = 1

1 3 |A| = 1 0 1 1

0 0 1

3

3 Matriz ampliada A* = 1 1

0 =0+0+

−0−3 −3 =

−6 =0 

0 0 1 3

0 1

( − 6) = 0 

3 Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 69

=0 =6



3 A= 1 1

=

Evidentemente ( ) = ( Por tanto 

0 0 0 0 1 3 ∗

3 A* = 1 1

0 0 1

) = 2 puesto

=0  ( )= (

∗)

0 0 0 0 3 1

1 =

=2<3 

0 ≠ 0 orlados en 1

Por tanto (



0 ≠0 1

é

. . .

6 0 3 6 0 0 A* = 1 0 6 6 0 6 1 3 1 1 3 1 ( ) = 2 porque | | = 0 y 1 0 ≠ 0 1 1 ∗ Para calcular ( ) se toma un menor de orden 2 no nulo en

Así

1 1

3 A= 1 1

=

1 1

y

3

∗)

,



3ª

1ª

4ª

y se orla:

:| | = 0 3 6 0 : 1 0 6 = 36 − 18 − 6 ≠ 0 1 1 1

∗

= 3 puesto que existe un menor de orden 3 no nulo ∗)

( )≠ (

≠

1ª

∗

 Sistema incompatible ( . .)

( )=3

 ( )= (

∗)

=3= º



ó

. . .

(d) Por el apartado anterior el sistema es compatible indeterminado y la solución depende de un

parámetro. Se elimina la 1ª fila (ecuación) que es igual a la 2ª y quedaría: 3 1 1

0 0 0 0 1 3

0 0 1

(A la columna que no forma parte del menor que da el rango se le da un valor paramétrico)

= =0 + =1−3



= = =

ó

−

Por tanto en este caso tenemos tres planos que se cortan en esta recta

Ejercicio 4.Considera el punto P(1,0,0) , la recta r definida por x − 3 =

y z +1 = 2 −2

y la recta

s definida por

(x,y,z)=(1,1,0)+λ(-1,2,0) a) [1’25 puntos] Estudia la posición relativa de r

y s .

b) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que pasando por P es paralelo a r

y s .

Solución

y z +1 r : x −3= = 2 −2

dirección de r : d→ = (1,2, −2) r    punto de r : Pr = (3,0, −1)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 70

s: (x,y,z)=(1,1,0)+λ(-1,2,0)



→ dirección de s : ds = (−1,2,0)   punto de s : Ps = (1,1,0)

a) En primer lugar comparamos las direcciones de las rectas: →

→

dr = (1,2, −2) || ds = (−1,2,0) porque

−1 2 0 ≠ ≠ 1 2 −2

 las rectas se cortan o se cruzan

  

En 2º lugar para determinarlo se estudia el determinante formado por: dr , dr , Pr Ps

1 2 1 2 −2 −2    2 0 = −1 2 0 = 2 + 2 + 0 − 8 − 0 + 2 ≠ 0 dr , dr , Pr Ps = −1 1−3 1−0 0+1 2 1 1 Las rectas se cruzan b) Sea π el plano pedido

 dr = (1,2, −2)   Contiene a sus direcciones  d s = (−1,2,0) El plano es paralelo a r y s   Pasa por el punto P(1,0,0) P(1,0,0) 

x −1 y z 2 −2 = 0 El plano es: 1 −1 2 0

 4x + 2y + 4z – 4 =0

 2x + y + 2z – 2 =0

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 71

Septiembre 2009 – Opción B Ejercicio 1.- [2’5 puntos] De entre todos los rectángulos cuya área mide 16 cm2 , determina las dimensiones del que tiene la diagonal de menor longitud.

Solución Área = 16 cm2 

= 16 

∙

Por el Tª de Pitágoras:

=

=

+

Por tanto la función a optimizar (minimizar) es la función ( ) = Se cumple que minimizar ( ) =

+

equivale a minimizar

+

( )=

+

(El máximo o mínimo de una raíz cuadrada está donde esté el máximo o mínimo de lo de dentro) Por tanto ( )=



+

′(

)=2 +2∙

= 16 

Simplificando:

= ±4 

∙

=0  2

=2 −2∙

− 2 ∙ 16 = 0

= 4 (puesto que es una longitud) posible solución

Para comprobar que es mínimo comprobamos el signo en la segunda derivada: ′(



)=2 −2∙

= 4 es mínimo de =

′



′( ) = 2 − 6 ∙



= 4 es mínimo de

′′

(4) = 2 − 6 ∙ 1 < 0

(y es absoluto porque la función tiene forma de parábola)

es el rectángulo (cuadrado) de diagonal de menor longitud con área de 16 cm2.

=

Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Sea la función

definida por

Halla la primitiva

de

( )=

√

que cumple (0) = 3. (Sugerencia : utiliza el cambio de variable =

Solución Hay que calcular =

 ( )=

(0) = 3 

mediante el cambio de variable

√

=3

√4 − 9

 =

( 0) +

=

√4 − 4 =3 

y despejando:

3 ∙0+

=

1 ∙ 3

= = 1

2 ∙ √1 −

=3 

= =

1 6

=3 ( )=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 72

=

1 6

3 2 +3

+

Ejercicio 3.- [2’5 puntos] 1 −2 1 Sean las matrices A = −2 −1 1 , 1 0 −1 Determina la matriz que verifica −

=

3 −1

1 2 (

=2

−2 1 1 −2 0 3 es la matriz traspuesta de ) 0 y 1

=

Solución − 1 −2 1

=2



 si ∃

=2 +

:

−2 1 −1 1 = 1 + 0 − 2 + 1 − 0 + 4 = 4 ≠ 0 0 −1 −1 0 −2 =− 1 −2 =+ 1

1 −1 1 −1 −1 0

=+ ( ) :

( )

1 −2 = −1 −2 1 −2

−1 −3 −5



2 +

=

∙ (2 +

)=

=|

=2∙

1 1 ∙ −1 4 1

Solución:

|

−2 1 0

−2 −2 −2

=

 ∃

∙ (2 +

)

=| |∙(

( ))

−2 1 0 −1 1 1 =+ 1 −1 1 −2 =− 1 0

−2 1 −1 1 1 1 =− −2 1 1 −2 =+ −2 −1

=−

∙(

1 ( )) = ∙ −1 1

=+

−2 −1 −2 −3 −2 −5

1 3 −1 −1 −2 + 1 2 = 3 3 0 1 0

−1 −1 −3 ∙ 3 −5 0

1 1 −7 −2 = ∙ −5 4 −7 7

1 −2 7

−2 −18 = −30

=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 73

−7 4 −5 4 −7 4

−1 2 −9 2 −15 2

Ejercicio 4.− +3 =0 + − −1=0 2 +1 =0 y la recta s definida por −2 +3=0 (a) [1’5 puntos] Determina la ecuación del plano que contiene a y es paralelo a . (b) [1 punto] ¿Existe algún plano que contenga a y sea perpendicular a ? Razona la respuesta Considera la recta

definida por

Solución (a) Previamente se pasan las rectas a sus ecuaciones paramétricas: − +3 =0  + − −1=0

≡

= =3+ =2+2

≡

2 +1 =0 ≡ −2 +3=0

Sea



≡



el plano pedido:

= −3 + 2 = = ó 

 Por tanto:

−3 1 0

≡ 1 2

−2 2 = 1

′ un plano es perpendicular a

ó : d = (2,0,1)

∙ 1 − ( − 3) ∙ (−3) + ( − 2) ∙ (−2) = 0  

(b) Si

d = (1,1,2) P = (0,3,2)

+

−

−

=

 el vector director de la recta s, d = (2,0,1), es el vector normal

del plano ′ 

≡2 + +

Si

′ contiene a



d

= (1,1,2) perpendicular a d = (2,0,1) ⟺ (1,1,2) ∙ (2,0,1) = 0

=0

pasa por P = (0,3,2) 2 ∙ 0 + 2 + D = 0  ≡ 2 + − 2 = 0 ó d = (1,1,2)  d perpendicular a d = (2,0,1)

que no es cierto puesto que el producto escalar vale: 4 Por tanto no existe el plano pedido

Nota: El ejercicio se podría hacer simplemente comprobando si los vectores d

y d

son perpendiculares

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 74

Modelo 1 selectividad 2009 – Opción A

Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Se considera la función : ℜ→ ℜ la función definida por valores de , , sabiendo que verifica:   

( )=

+

+ . Calcula los

+

El punto (0,1) es un punto de inflexión de la gráfica de . tiene un mínimo local en el punto de abscisa = 1. La recta tangente a la gráfica de en el punto de abscisa = 2 tiene pendiente 1.

Solución ( )=

+

+



+

′( ) = 3

+2

El punto (0,1) es un punto de inflexión  = 1 es mínimo 

′( ) = 6

+2

(0) = 1 (0) = 0

(1) = 0 = 2 tiene pendiente 1 

La recta tangente en



+

(2) = 1

Imponiendo las condiciones anteriores: (0) = 1 

=

(0) = 0 

=

(1) = 0  3 + 2 + = 0  3 + = 0 (2) = 1  12 + 4 + = 1  12 + = 1

Se resuelve el sistema:

3 + =0 12 + = 1



La función quedaría:

( )=

=



−

+

= −3 =



=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 75

Ejercicio 2.Considera las funciones , : ℜ → ℜ definidas por ( ) = | | y (a) [1 punto] Esboza el recinto limitado por sus gráficas. (b) [1'5 puntos] Calcula el área de dicho recinto.

( )=6−

.

Solución (a) ( ) = | | = ( )=6−

< 0  bisectriz 2º cuadrante ≥ 0  bisectriz 1 cuadrante

−

es una parábola de vértice (0,6) y pasa por (1,5)

(b) Se observa que la gráfica es simétrica respecto del eje de ordenadas por lo que basta hacer el estudio desde

= 0:

Punto de intersección de ambas gráficas:

Resolviendo la ecuación:

Área = 2 ∙

[(6 −

) − ( )]

=

±√

=6− =

 6− =2

=

=2∙ 6 −



+

−6=0

á

= −3

−

=

á

=2∙

12 − − 2 − (0) =

. .

Ejercicio 3.Tratamos de adivinar, mediante ciertas pistas, los precios de tres productos , , .  Pista 1: Si compramos una unidad de , dos de y una de gastamos 118 euros.  Pista 2: Si compramos unidades de , + 3 de y tres de gastamos 390 euros. (a) [1’5 puntos] ¿Hay algún valor de para el que estas dos pistas sean incompatibles? (b) [1 punto] Sabiendo que = 4 y que el producto cuesta el triple que el producto , calcula el precio de cada producto. Solución Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 76

+ 2 + = 118 + ( + 3) + 3 = 390

Las pistan dan lugar al siguiente sistema: La matriz de los coeficientes

1

=

2 +3

1 3

(a) Tenemos que estudiar si hay algún valor de

y ampliada:

∗

=

1

2 1 118 + 3 3 390

que haga el sistema incompatible:

En la matriz de los coeficientes se forman los dos menores siguientes (resultado de orlar “1” de orden uno no nulo):

1

2 =− +3 y +3

1

1 =3− 3

Se observa que ambos menores son 0 simultáneamente para ≠3 

( )=2 

=3 

( )=1 y

∀

Por tanto para

( )= ∗

(

(

= 3. Por tanto: ∗

) = 2  S.C.I.

) = 2 porque

1 3

118 ≠ 0  S.I. 390

las pistan son incompatibles

=

(b) En este caso nos quedaría el sistema:

+ 2 + = 118 y se le añade la siguiente ecuación: 4 + 7 + 3 = 390

=3 + 2 + = 118 Por tanto se resuelve: 4 + 7 + 3 = 390  =3 2 + = 59  13 + 7 = 390



= 23 

+2 +

= 118 

= 23

= 3 = 69

= (118 −

Solución: (

+ 2 + 3 = 118 4 + 2 = 118  4 + 7 + 9 = 390 13 + 7 = 390

− ) = (118 − 23 − 69) = 13

,

,

)

Ejercicio 4.+ 2 + (a) [1 punto] Halla la ecuación del plano perpendicular a que pasa por . (b) [1’5 puntos] Calcula la distancia del punto a la recta . Considera el punto (1, −2,1) y la recta definida por las ecuaciones

+

=2 =7

Solución Previamente se pasa la recta a sus ecuaciones paramétricas: + 2 +

=2  + =7

= =2− =7−2

 −2+

= =2− =5−



= (1, −1, −1) = (0,2,5)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 77

(a) Sea

el plano pedido

 vector normal de

es perpendicular a :

−

− +

= (dirección de )

=0

Pasa por el punto (1, −2,1)  1 + 2 − 1 + :

= (1, −1, −1)

−

− −

=0 

= −2

=

(b) 1ª Forma: Mediante fórmula:

×

( , )=

distancia

La demostración sería: =

=

= (0,2,5) = (1, −2,1) ×

= 1 1



−1 −4

á

×

=

= (1-0,-2-2,1-5)=(1,-4,-4)

−1 = (0,3, −3)  −4

×

= √18 = 3√2

= √1 + 1 + 1 = √3 Por tanto:

( , )=

×

=

√

=√

√

2ª Forma: utilizando el apartado anterior Como el plano

es perpendicular a la recta 

siendo

la intersección de ≡

− ≡

( , )= ( , )

con : − −2=0 = =2− =5−



−2+

−5+

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 78

−2=0

Q

3

−9=0  = (3, −1,2) = (1, −2,1)

=3  

(3, −1,2)

= (1 − 3, −2 + 1,1 − 2) = (−2,1, −1)

( , )= ( , )=

=√ +

+

=√

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 79

Modelo 1 selectividad 2009 – Opción B Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Se divide un segmento de longitud = 20 en dos trozos. Con uno de los trozos se forma un cuadrado y con el otro un rectángulo en el que la base es el doble de la altura. Calcula la longitud de cada uno de los trozos para que la suma de las áreas del cuadrado y del rectángulo sea mínima. Solución El enunciado del ejercicio se traduce al siguiente esquema

Puesto que:  Rectángulo tiene de altura “ ”  la base es “2 ”  el trozo de alambre mide “6 ”  El segmento mide 20

 el trozo de alambre para el cuadrado mide “20 − 6 ”

Suma de las áreas:

+

( )=4 +2∙

( )=2

20 − 6 4

∙

( )=0 

función que hay que optimizar (

)

3 9 3 −6 = 4 − (20 − 6 ) = 4 − (10 − 3 ) = 4 − 15 + 2 2 4 4

− 15 = 0

Es mínimo absoluto porque la función



=

( ) es una parábola y su extremo es mínimo absoluto

Por tanto: á

= =

= −

=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 80

=

17 − 15 2

Ejercicio 2.La recta tangente a la gráfica de la función : ℜ → ℜ definida por ( ) = + − 3, en el punto (1, −6), es paralela a la recta de ecuación = − (a) [1'25 puntos ] Determina las constantes y . Halla la ecuación de dicha recta tangente. (b) [1'25 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de la función, la recta tangente anterior y el eje de ordenadas. Solución (a) La recta tangente (r.t.) en (1, −6) es paralela a ( )=

−3 

+

(1) = −1  (1) = −6  ( )= Ecuación r.t. :

′( ) = 2

− (1) =



(1) = −1 (1) = −6

+

2 + = −1 + − 3 = −6 −

=−



 2

+

= −1 ∶

= −5

− (1) ∙ ( − 1) 

+ 6 = −( − 1) 

=− −

(b) El recinto es:



( )=2

− 5 − 3 es una parábola de vértice: =

=

Pasa por (0, −3)  La recta pasa por los puntos (1, −6) y (0, −5)

 Área = (2 =

−2

+2

=

[(2

− 5 − 3) − (− − 5)]

− 4 + 2)

− 2 + 2 − (0) =

u.a.

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 81

=

Ejercicio 3.Sean , ,

y

matrices cualesquiera que verifican

= .

(a) [1 punto] Si las matrices son cuadradas de orden , y se sabe que el determinante de

es , el de

es −1 y el de

es , calcula el determinante de las matrices y 2 . 1 1 1 −2 0 3 (b) [1'5 puntos] Si = , = y = calcula la matriz . 0 −2 2 −3 4 2 Solución (a) sabemos que | | = 3 | | = −1 Por tanto: 

| |=6

| = | |  | | ∙ | | ∙ | | = | |  −3 ∙ | | = 6  | | = −

(1) |  (2) |

|=

∙| |=−

Propiedades utilizadas: (1) El determinante de un producto de matrices es igual al producto de los determinantes. (2)

Si se multiplica una fila o columna por un mismo número, el determinante queda multiplicado por éste número. En este caso, como X es una matriz de orden 3: 2 multiplica a las tres filas de la matriz por lo que |2 | = 2 ∙ | |

(b) Para despejar la matriz

se ve en 1er lugar si las matrices

y

tienen inversa:

| | = 1 1 = −2 ≠ 0  ∃ 0 −2 | | = 1 −2 = 1 ≠ 0  ∃ 2 −3 Se calculan las inversas: = (−1) ∙ (−2) = −2 =|

=|

|

|

( )

= (−1) ∙ 0 = 0

=

=|

|

( )

= (−1) ∙ 2 = −2

= (−1) ∙ (−2) = 2 = (−1) ∙ 1 = 1 =

∃

y

∃

= (−1) ∙ 1 = 1

1 −2 −1 = 0 1 0

= (−1) ∙ (−3) = −3

Como

= (−1) ∙ 1 = −1

( )



1 | |

∙[

( )

= ]∙

=1∙



−3 −2

2 1 =

∙

∙

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 82

−2 0

=

−1 0 ∙ 1 4

3 −3 ∙ 2 −2

−4 4

2 = 1

− −8 −3 2 ∙ = −2 1 2

−

Ejercicio 4.- [2’5 puntos] Considera la recta

definida por

2 −

= −1 = 2

=4+3 =3− =5+4

y la recta definida por

Halla la ecuación del plano que contiene a

y es paralelo a .

Solución Sea

el plano pedido

 Pasamos a

a sus ecuaciones paramétricas = = −1 = −1  2 − = 2 2 − = 2  = −2 + 2



= (1,0,2) = (0, −1, −2)

 El enunciado del problema dice: ⊂



ó

∥



ó

= =

= (1,0,2) = (0, −1, −2)

=

= (3, −1,4)

 El plano pedido es −0 0 3

+1 −1 −1

+2 −2 = 4

∙ (−6) − ( + 1) ∙ 6 + ( + 2) ∙ 3 = −6 − 6 + 3 = 0

≡

+

−

=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 83

Modelo 2 selectividad 2009 – Opción A Ejercicio 1.Sea :    la función definida por ( ) =

| − 3|

(a) [1 punto] Estudia la continuidad y la derivabilidad de . (b) [1'5 puntos] Estudia el crecimiento y decrecimiento de . Calcula sus extremos relativos (abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan). Solución (a)  Continuidad:

La función

(El valor absoluto de una función continua es

es producto de funciones continuas, luego continua en

continua)  Derivabilidad: descomponemos la función como una función a trozos

( )=

∙ [−( − 3)] ∙ ( − 3)

| − 3| =

 Evidentemente para

( )=

Como

=3

=3 −

| − 3| =

es continua en

+3 −3

−3 + 6 ( )= 3 −6 ?

<3  ≥3

= 3, se estudia la continuidad de

(3) = lim

( ) = lim (3

→ →

<3 >3 =3

=3

( ) = lim (−3

→

no es continua en

en

(3) = lim →

Luego

<3 ≥3

≠ 3 la función es derivable por estar formada por dos trozos polinómicos. Queda

por tanto estudiar la derivabilidad en Derivabilidad en

<3 = − +3 −3 ≥3

+ 6 ) = −9 −6 )=9

=3

De aquí se podría deducir que f no es derivable en x=3 aunque la forma correcta de hacerlo llegado a este punto es aplicar la definición de derivada: (3) = lim →

(3 + ℎ) − (3) (3 + ℎ) − 0 = lim = → ℎ ℎ −(3 + ℎ) + 3(3 + ℎ) −ℎ + 9ℎ = lim = lim (−ℎ − 6ℎ − 9) = −9 → → ℎ ℎ (3 + ℎ) − 3(3 + ℎ) ℎ − 9ℎ = lim = lim (ℎ + 6ℎ + 9) = 9 lim → → → ℎ ℎ

lim =

Luego

en continua en

→

y derivable en

−

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 84

(b) Monotonía



≡ signo

−3

( )=0 

( )=0(

depende

:

<3  =0 =2 ( >3  =0( á

+6 =0 3 −6 =0

 La discontinuidad de ′ “

) =3 )

á )

=2

= 3 “, en este caso puede ser también extremo (depende si cambia la monotonía)

puesto que no es discontinuidad de Signo

Por tanto:

( )=

−3 + 6 3 −6

’(−1) = −9 Signo ′

’(1) = 3

0

-

+

+

3

2

’(2.5) = − ’(4) = 24

Monotonía de 0

2

3

Resumiendo Creciente: ( , ) ∪ ( , +∞) Decreciente: (−∞, ) ∪ ( , ) Máximos relativos:

, ( ) =( , )

Mínimos relativos:

, ( ) =( , ) y , ( ) =( , ) (es mínimo porque cambia la monotonía aunque no es derivable)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 85

<3 >3

Ejercicio 2.: (0,+∞) → ℜ la función definida por

Sea

( ), siendo

( )=1+

(a) [1 punto] Comprueba que la recta de ecuación

la función logaritmo neperiano.

es la recta tangente a la gráfica de

=1+

en el

punto de abscisa = . (b) [1'5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de , el eje de abscisas y la recta tangente del apartado (a). Solución (a) Comprobar que la recta dada es recta tangente en = es comprobar que:  La imagen de = en la función y en la recta es igual: en la función: ( ) = 1 + =2 en la recta: 1 + ∙

=2

 La pendiente de la recta tangente =

( )

( ) 

( )=1+



( )=

( )= =

(b) El dibujo del recinto es:

1 1 1 1+ ∙ =1+

La gráfica de

( )=1+

( ) es un desplazamiento vertical de una

unidad hacia arriba de la función

Observando el dibujo: Área = =á

á

que es:

=

+

=

=á

∙

=

á

= ∙

−

+

+

ó =

(

∙ 1+

1+

1

∙

− =

− (1 +

u.a.

+ + )

ó )

1

=

∙

−



= ∗

−( =

− ) = =

Finalmente Área =



=

−

+

=

=



=

=

+

=

+ +

+

=

+

=

−

− +

−

−

− =

+ +

=

∙

=

−

−

u.a.

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 86

−

−

u.a.

Ejercicio 3.Dadas las matrices

=

3 1

7 y 2

=

1 −4

−3 2

(a) [1 punto] Calcula, si existe, la matriz inversa de . (b) [1'5 puntos] Calcula las matrices e que satisfacen las ecuaciones matriciales = +2 y = +2 Solución (a) ∃

⇔ | |≠0

=

1 | |

= | |( (b) 

=

En este caso

(

3 1

7 = −1 ≠ 0 2 = (−1) ∙ 2 = 2

= (−1) ∙ 1 = −7

= (−1) ∙ 1 = −1

= (−1) ∙ 3 = 3

)

) =−

2 −1

−7 −2 = 3 1

7 −3



+2



ℎ

=

− − :

ó

=( +2 )∙ +2 =

3 1

7 1 +2∙ 2 −4

−3 5 = 2 −7

=( +2 )∙ =



5 −7

−2 1 ∙ 1 6

7 −9 = −3 20

32 −67

− −

=



+2

:

ó =

=

=

1 6

−2 7 5 ∙( +2 )= ∙ 1 −3 −7

1 −59 = 6 26

− −

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 87

40 −17

Ejercicio 4.Considera el punto (1,0, −2), la recta

definida por

−2 −1=0 y el plano + −2=0

de ecuación 2 +

+

3 − 1 = 0. (a) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que pasa por , es paralelo a y es perpendicular a . (b) [1’25 puntos] Halla la ecuación de la recta que pasa por , corta a y es para lela a . Solución Previamente  Se pasa la recta a sus ecuaciones paramétricas: −2 +  π: 2 +

=1 =2



= =1+2 =2−

=1+2 = =2−



+3 −1=0 

= (2,1,3) (

= (2,1, −1) ( ( = (1,0,2)



ó

ó

) )

)

(a) Sea π′ el plano pedido que estará formado por:

∥ ⊥

≡

−1 2 2

≡

−0 1 1

 

= (2,1, −1) = (2,1,3) (1,0, −2)

+2 −1 = 0  ( − 1) ∙ 4 − 3

ó ó

∙ 8 + ( + 2) ∙ 0 = 0  4 − 8 − 4 =

0 ≡

−2 −1=0

(b) Hacemos la siguiente construcción:

paralelo a

1. Se construye el plano

pasando

por P 2. Se construye el plano

que contiene a

pasando por P 3. La intersección de los planos es la recta pedida como se observa en el dibujo

4. Los cálculos son los siguientes: 

∥



:2 +

+3 +

2+0−6+

= 0 pasa por (1,0, −2) =0 

=4



:2 +

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 88

+3 +4=0

contiene a su dirección: = (2,1, −1) Contiene a un punto: = (1,0,2)



 (1,0, −2) Es decir:

= (2,1, −1) = (1,0, −2) − (1,0,2) = (0,0, −4) : : (1,0, −2)

ó

:

ó −1 2 0

−0 1 0

− (−2) =0  −1 −4

−4( − 1) + 8 + 0 ∙ (El plano calculado

=0

−1 2 0

1 0

+ 2) −1 = −4( − 1) + 8 + 0 ∙ −4

 −4 + 8 + 4 = 0



:

=0

−2 −1=0

es el plano del apartado anterior por lo tanto es perpendicular a )

≡

+ −

+ −

+ =

=

Otra forma de hacer el ejercicio: Sea

= ( , , 1) el vector director de la recta pedida “ ” (no supone restricción tomar como 3ª coordenada 1,

únicamente si fuese 0 que no nos saldría el problema) Se impones las condiciones dadas en el enunciado: 



∥

= ( , , 1) ⊥

= (2,1,3) (

( , , 1) ∙ (2,1,3) = 0  2 + 

corta a 2 0

1 0



,

,

=0

ó

)

+3=0

son linealmente dependientes los vectores (están contenidos en un plano)

1 −1 = 0  [desarrollando por los adjuntos de la 3ª fila] = −4 ∙ 2 −4

1

= −4 + 8 = 0

Simplificando:−2 + 4 = 0

 Se resuelve el sistema:

2 + = −3 −2 + 4 = 0



= −2 + 4 = 0 



= ( , , 1) = (

,

, 1)

=2 =

(6,3, −5)

≡

= + = =− −

con

∈

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 89

Ejercicio 1.(

Sea

: (0,+∞) → ℜ la función definida por

( )=

)

(

≠1

)

=1 (a) [1'25 puntos ] Sabiendo que es continua, calcula ( la función logaritmo neperiano) (b) [1'25 puntos] Estudia la existencia de asíntota horizontal para la gráfica de esta función. En caso de que exista, determina la ecuación. Solución (a)

es continua en lim →

=1:

(

) = ( − 1)

ó

(

) 1∙( ) +2 lim = lim → ( − 1) → 2( − 1)

Por tanto

0 0

′ ô 2

0 = 0

′ ô

= lim

:

+

2

2

→

+1

= lim →

=1

=

(b) Para calcular la asíntota horizontal hay que calcular el límite de la función en +∞ (en -∞ la función no

está definida) (

) ∞ = lim → ( − 1) ∞

= lim →

=

′ ô

′ ô

= lim →

= lim →

1∙(

) +2 2( − 1)

= lim →

∞ = ∞

=0 

=

2 ′ ô

= lim →

es A.H. en +∞

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 90

+ 2

2

Ejercicio 2.Se consideran las funciones : [0, +∞)ℜ y ,

( ) = √3

:ℜ → ℜ definidas por

( )=

(a) [0’5 puntos] Haz un esbozo de sus gráficas. (b) [2 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de ambas funciones. Solución (a)

( ) = √3

es la gráfica inversa a una rama de una parábola = √3





=3

=3



=

Por tanto ambas funciones son inversas. ♦ Para dibujar la parábola basta con el vértice (0,0) y un punto (3,3) ♦ Por tanto la gráfica de

es la simétrica de la rama positiva de esta parábola

respecto de la

bisectriz del 1er cuadrante

(b) El área del recinto observando la gráfica anterior es:

=

Previamente el punto de corte de ambas funciones es:

= √3

Á

=



√3 −

=3



(

= √3 ∙ ∙

− 3) = 0 

⁄

−



= √3 =0 −3=0

=6−3=

. .

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 91

= 27 

=3

Ejercicio 3.Dado el sistema de ecuaciones lineales + + =4 +3 + =5 + + =4 (a) [1'75 puntos] Discútelo según los valores del parámetro λ. (b) [0'75 puntos] Resuélvelo en el caso = 1. Solución 1

(a) Matriz coeficientes A = 1

3 1

1 1 1

1 Matriz ampliada A* = 1

1 3 1 1 1

4 5 4

|A| = 1 1

3 1

1 1 =[ 1

=

−

0 ]= 1

−3 3 1

0 1 =[ 0

= ( − 3) ∙ (−1) ∙

1ª

]=

1 1 = 0  ( − 3)( − 1) = 0  1

=3 =1

El determinante se puede hacer también por Sarrus y resolver la ecuación resultante: 1 1

1ª forma

≠

2ª forma

=

,

 ( )=3 1 A= 1 1

Evidentemente ( ) = ( Por tanto

3ª forma

1 3 1 =3+1+ 1 1

1 3 1 ∗

1 A= 1 3

 ( )= ( 1 A* = 1 1

) = 2 puesto

=0  ( )= (

=

1 1 1

3 3 1

∗)

1 1 1

−3 −1−

1 3 1

=3= º

1 1 1

3

. . . 3 3 1

1 1 1



ó

4 5 4

1 =

=2<3  1 A* = 1 3

∗)

−4 +3=0 

=

y

1 1

1 ≠0 3

é 4 5 4

Evidentemente es un sistema incompatible puesto que las ecuaciones 1ª y 2ª son incompatibles:

+3 + +3 +

=4 =5

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 92

. . .

=3 =1

(b) Por el apartado anterior es un S.C. I cuya solución depende de in parámetro

Para resolverlo: en el menor señalado

1 1

1 ≠ 0 que da el rango se eliminan las ecuaciones que no 3

forman parte del menor que da el rango y a las incógnitas (columnas) que no forman parte de él se le da un valor paramétrico: 1 A* = 1 1

1 3 1

1 1 1

4 5 4

+ =4− +3 =5− =

 valor parámetrico “m” para la incógnita z

Resuelvo el sistema de dos formas: 1ª forma

Por reducción:

− − = −4 + +3 =5−



=

+

Solución ( − 2ª forma

, ,

=4−



)

∈

∀

=4−

− = −

Por Cramer

+ =4− +3 =5−

de matrices asociadas

=

1 1

1 3

y A*=

1 1

1 3

4− 5−

| |= 1 1 =2 1 3 =

=

=

=

= −

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 93

Ejercicio 4.Considera el plano

de ecuación 3 − 2 − 2 = 7 y la recta definida por: =

=

(a) [1’25 puntos] Determina la ecuación del plano paralelo a que contiene a . (b) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano ortogonal a que contiene . Solución Previamente: =

= (2,1,2) = (2, −1,2)



=



3 −2 −2 =7

= (3, −2, −2)

Se observa que la recta :

⊥

ó

y el plano ∙

son paralelos porque:

= (2,1,2) ∙ (3, −2, −2) = 0 : 3 ∙ 2 − 2 ∙ (−1) − 2 ∙ 2 = 4 ≠ 7

(2, −1,2) ∉

(a) La construcción gráfica de lo que queremos hacer es:

El plano pedido lo llamo 

∥

contiene a

: 3 −2 −2 +

:

=0

(2, −1,2)  6 + 2 − 4 +

=0 

= −4 : −

−

−

=

(b)

Sea

el plano pedido



⊥

= (3, −2, −2) es una dirección de ó



⊂

= (2,1,2) (2, −1,2)

Por tanto el plano buscado es: −2 +1 −2 2 1 2 =0 3 −2 −2 desarrollando por los adjuntos de la 1ª fila: 2( − 2) + 10( + 1) − 7( − 2) = 0 

∶

+

−

+

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 94

=

Modelo 3 selectividad 2009 – Opción A

Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Se sabe que la función

→ ℜ definida como

:

+ +1 −5 +2

( )= − es derivable. Determina los valores de

≤1 >1

y .

Solución 

es derivable en

f (1) = lim− f ( x) = lim− f ( x)

=1 



x →1

lim

( ) = lim (−

lim

( ) = lim (

→

→



=1 =1

=1 

es derivable en

+

→

x →1

+ 1) =

−5 +2 )=3 −5

→

 3 −5=

=1 ( )= −

+ +1 −5 +2

≤1 >1



−2 + ′( ) = 2 − 5 ∃

(1) = lim ′( ) = lim (−2 + ) = −2 + →

→

(1) = lim ′( ) = lim (2 →

 Por tanto se resuelve el sistema

→

3 −5= 2 −3=

− 5) = 2 − 5

<1 >1 =1  2 − 5 = −2 +

 3 −5=2 −3 

=2 =3 −1=5



( )= −

+ −

+ +

≤ >1

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 95

Ejercicio 2.(a) [1’25 puntos] Calcula (b) [1’25 puntos] Sean las funciones

:

,

→ ℜ definidas por

( )=− +1 , Calcula el área del recinto limitado por sus gráficas.

( )=

−1

=

−

Solución a)

es una integral por partes y se aplica: =



∙

∙

∙

= 

=

=

=− =−

+

=−

+

+

b) Se dibujan previamente las funciones y el recinto limitado por ellas ( ) = − + 1 es una parábola de vértice (0,1) que pasa por el punto (1,0) ( ) = − 1 es una recta que pasa por los puntos (1,0) y (0, −1)

Los puntos de corte de ambas funciones son: ( )= ( )  − +1= −1 =1 + −2=0  = −2

Á

[(−

= − =

+ 1) − ( − 1)]

=

(−

−

+ 2)

=

+2 − +2 −

−2−4 =

Á

=

. .

. .

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 96

Ejercicio 3.(a) [1'25 puntos] Resuelve el sistema de ecuaciones + =2 − + +2 =0 − +2 +5 =2 (c) [1'25 puntos] Calcula sabiendo que el siguiente sistema tiene alguna solución común con el del apartado (a) + + =1 − + +3 =1 +2 + = −3 Solución (a) Las matrices asociadas del sistema son:

1 0 1 = −1 1 2 −1 2 5 Previamente se estudia como es el sistema:

matriz de los coeficientes:

Estudio los rangos de

0 ≠ 0 en 1

 Por tanto como

∗

1 = −1 −1

0 1 2

1⋮ 2⋮ 5⋮

2 0 2

∗

y

 | |=5−2+0+1−4−0=0 1  Orlo −1

y matriz ampliada:



( ) = 2 porque

3ª

3ª

3ª

4ª

∗

( )= (

∗)

=2<3= º

1 0 ≠0 −1 1 :| | = 0 1 0 : −1 1 −1 2 

ó

y | |=0 2  0 =0 2

. . .

(

∗)

=2

é

1 0 ≠ 0 que da el rango se eliminan las ecuaciones que no −1 1 forman parte del menor que da el rango y a las incógnitas (columnas) que no forman parte de él se le da un

 Para resolverlo: en el menor señalado

valor paramétrico: ∗

1 = −1 −1

0 1 2

1⋮ 2⋮ 5⋮

2 0 2

 valor parámetrico “a” para la incógnita z

=2− − + = −2 =



(b) Como las soluciones del ejercicio anterior son de la forma: (2 − , 2 − 3 , ) ∀

= − = − =

∀

∈ℜ

Una solución tiene que cumplir este sistema, se sustituye en todas las ecuaciones:  +  − +

+ =1  2− +2−3 + =1  3 =3  + 3 = 1  ¿(1, −1,1) cumple esta ecuación?:

Evidentemente si puesto que: −1 + (−1) + 3 = 1  Falta calcular “λ” para que la solución (1, −1,1) cumpla la ecuación: +2 +

= −3  1 − 2 +

= −3 

= -2

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 97

= 1  (1, −1,1)

∈

Ejercicio 4.- [2’5 puntos] Halla la ecuación de la recta que pasa por el punto (1,1, −1), es paralela al plano de ecuación = 1 y corta al eje

−

+

Solución

Sea

el plano dado y

1ª forma

la recta pedida

Intersección de planos

Sean : ∥  : − + + =0 (1,1, −1)  1 − 1 + (−1) + = 0D = 1 : −

+ +1=0

ó : (0,0,1) : (0,0,0) (1,1, −1)  1 − 1 + (−1) + = 0  D = 1 



ó : (0,0,1) ó : = (1,1, −1) (0,0,0)

≡ 0 0 1 =0  − + =0 1 1 −1 La recta pedidas es la intersección de los planos anteriores: ≡ Puesto que

pasa por

: − + + :− + =

=

(está en ambos planos), es paralela al plano dado (está en el plano paralelo) y corta al eje z (ambas

rectas están en un mismo plano y no son paralelas luego se cortan).

2ª forma Calculando la dirección de la recta

Sea Sea

= (1, , ) la dirección que hay que calcular de la recta = (1, −1,1) la dirección normal del plano

No supone restricción alguna suponer que la coordenada en “x” del vector sea 1 (salvo que fuese 0 que nos saldría sin solución)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 98

Se cumple: 

∥



= (1, , ) ⊥

= (1, −1,1) 



corta al eje 

 (1, , ) ∙ (1, −1,1) = 0  1 −

−1 

=

1 0 1



−1 1 ∙ = 1 ∙ (−1) 1 1 −1 = + (1, ) (1,1,0) = , =  ≡ = + =− 0 1

=0 

= (1, , ) = (1, , − 1)

= (1, , − 1) ó : (0,0,1) ,

+

estos vectores son l.d. = (1,1, −1)

=

1 ∀

−1=0 

=

∈

=1 

=

−1=0

ecuación paramétrica de la recta

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 99

Modelo 3 selectividad 2009 – Opción B

Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Sea la función

→ ℜ definida por

:

( )= tiene extremos relativos en (0,0) y (2,2). Calcula

+ ,

+ , y

+ .

Solución ( )=

+

+

+



( )=3

+2

+

En (0,0) hay extremo 

(0) = 0  c = 0 (0) = 0  d = 0

En (2,2) hay extremo 

(2) = 0  12 + 4 + = 0  3 + = 0 (2) = 2  8 + 4 + 2 + = 2  4 + 2 = 1

3 + =0 −6 − 2 = 0  4 +2 =1 4 +2 =1

Se resuelve el sistema:

3 + ( )=−



=0 

=

= −3 =

+

Ejercicio 2.Las dos gráficas del dibujo corresponden a la función

: (0, +∞)  ℜ definida por

( ) = + 2ln ( ) y a la de su derivada ′: (0, +∞)  ℜ ( denota logaritmo neperiano) (a) [0’5 puntos] Indica, razonando la respuesta, cuál es la gráfica de y cuál la de ′. (b) [2 puntos] Calcula el área de la región sombreada.

Solución a)

es la gráfica

a

y

′ es la gráfica

b

( ) = + 2ln( )

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 100

( )=

tiene de signo

+ =

0< <1 >1

b

corresponde a la gráfica

También el signo de ′ da la monotonía de

-

Signo de ′

+ 1

0

Monotonía de La forma más rápida de estudiarlo es ver que



es la gráfica



es la gráfica

b a

corta al

( )=

en

=

como la gráfica

b b) Observando el dibujo se deduce que Á

2

=

−2

+ 2ln ( ) −

+

2

=

2

+

2

=2

+

1

∗

=2∙

−

*

−

= 2 (3 3 − 3 − ) − (0 − 1 − 1) = 6 3 − =

=

.

. .

−

 

=

=

=

Ejercicio 3.Considera las matrices

−2 = −2 1

−2 1 −2

(a) [1 punto] Calcula, si existe, . (b) [1'5 puntos] Resuelve el sistema soluciones.

1 −2 −2

y

=

= 3 e interpreta geométricamente el conjunto de sus

Solución (a) Se sabe que:

|

−2 | = −2 1

⇔ | −2 1 −2

|≠0

1 −2 = 4 + 4 + 4 − 1 + 8 + 8 = 27 ≠ 0  −2

=| |∙(

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 101

)

= (−1)

1 −2

−2 = −6 −2

= (−1)

−2 1

−2 = −6 −2

−2 1

= (−1)

= (−1) = (−1)

1 =3 −2

= (−1)

−2 −2 −2 1 −2 1

1 = −6 −2

= (−1)

−2 1

1 =3 −2

1 =3 −2

= (−1)

−2 −2

1 = −6 −2

−2 = −6 −2

= (−1)

−2 −2

−2 = −6 1

Por tanto:

=| |∙(

(b)

=3



−2 −2 −2 1 1 −2

) =

1 −2 ∙ −2

3 = 3 3

−6 ∙ −6 3



−6 3 −6

3 −6 = −6

−2 − 2 + = 3 −2 + − 2 = 3 −2 −2 =3

−5 − 2 + = 0 −2 −2 −2 =0 Queda por resolver el sistema homogéneo: −2 −5 =0 Previamente se estudia si el sistema es compatible determinado (S.C.D.) o es un sistema compatible indeterminado (S.C.I.): La matriz de los coeficientes del sistema:

−5 −2 1 = −2 −2 −2 1 −2 −5 1 −2 = −50 + 4 + 4 + 2 + 20 + 20 = 0 −5

−5 −2 | | = −2 −2 1 −2 −2 1 Por tanto como | | = 0 y ≠0 −2 −2

( ) = 2 < 3  S.C.I. uniparamétrico

−2 1 ≠ 0 que da el rango se eliminan las ecuaciones que no −2 −2 forman parte de él y a las incógnitas (columnas) que no forman parte de él se le da un valor paramétrico: = −5 −2 1⋮ 0 −2 + = 5 ∗ = −2 −2 −2 ⋮ 0  −2 + = 5   = 2 + 2 = −2 −2 − 2 = 2 1 −2 −5 ⋮ 0 Para resolverlo: en el menor señalado

−2 − 2 = 2



=− −

= −2

= =− ∀ ∈ = Interpretación geométrica Las ecuaciones dadas en el enunciado son tres planos que se cortan en la recta calculada. Cada dos planos se cortan en esa recta puesto que cada dos planos el sistema que forman es compatible indeterminado. (Los planos formarían las hojas de un libro)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 102

−2 − 2 − 2 = 0 −2 −5 =0

−5 − 2 + = 0 −2 −5 =0

−5 − 2 + = 0 −2 − 2 − 2 = 0

= =− =

Planos que se cortan en la recta

∀

∈

Ejercicio 4.3 +2 =0 3 + =0 (a) [1 punto] Determina la ecuación del plano perpendicular a que pasa por el punto (1,1,1). (b) [1’5 puntos] Halla los puntos de cuya distancia al origen es de 4 unidades. Sea la recta definida por

Solución Previamente se pasa la recta a sus ecuaciones paramétricas: =6 3 +2 =0  3 + = 0  = −2 3 + =0 3 +2 =0  =3

= (−2,3,6) (0,0,0) (a) Sea

el plano pedido y sea



≡

= −2 =3 =6

∀

∈ℜ 

ó

el vector normal del plano

Se observa :



⊥



∥



: −2 +3 +6 +

=0

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 103

 

(1,1,1)  −2 + 3 + 6 +

pasa por : −

+

+

−

=0 

= −7

=

(b) Todos los puntos de la recta son de la forma (−2 , 3 , 6 )

Si llamo A al punto de la recta buscado será: Si la distancia de

(−2 , 3 , 6 )

al origen (0,0,0) es 4 

=4

= (−2 , 3 , 6 ) − (0,0,0) = (−2 , 3 , 6 ) = √4

+9

+ 36

= √49

=4  7 =4 

=

 −7 = 4  =

,

= ,

= ±7 

= (−2 , 3 , 6 ) = (  =

,

= (−2 , 3 , 6 ) = ( , ,

,

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 104

,

) ,

)

Modelo 4 selectividad 2009 – Opción A Ejercicio 1.Sea :    la función definida por ( ) =

+

(a) [0’75 puntos] Determina los intervalos de crecimiento y decrecimiento de , así como los extremos relativos o locales de . (b) [0’5 puntos] Determina los intervalos de concavidad y de convexidad de . (c) [0’75 puntos] Determina las asíntotas de la gráfica de . (d) [0’5 puntos] Esboza la gráfica de Solución (a)

( )=

+

Monotonía



( )=1−

≡ signo ′

Signo ′

-

=1−

( )=0 

= =0 

=1

:∄

=0

≠0 Signo ′

+ 0

( )=

Monotonía 0 mínimo Resumiendo

−1

(−1) = (1) =

Creciente: (0,+∞) ; Decreciente: (-∞,0)

−1 +

=

− =− +

+ =+ +

Máximo relativo: Mínimo relativo: (0,f(0)) = (0,1) ( (b)

( )=1− Curvatura



í

)

′( )=

≡ Monotonía ′ ≡ signo ′′

Signo ′′

+

Curvatura

∪

′( ) = 0  ∄ :∄ Signo ′′ ′( )=

Resumiendo Cóncava (∩) : (c)  Como la función es continua en



A.V.

 A.H.: lim ( + →

Convexa (∪) : Punto inflexión:

) = lim →

+

1

= (+∞) +

1 = +∞ + 0 = +∞ +∞

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 105

>0 ∀

∈ℜ

) = [(−∞) + (+∞)

lim ( + →

ó ] = lim →

1

+

+1

= lim →

∗

=

0+1 0

= +∞

ô

∙

* lim(

)

=

lim

→

Por tanto

= lim

=

( )

→

+

= lim

= lim

→

→

∗

ó

= lim ( ( ) − →

Es A.O. en +∞ la recta ( )

=

=0

→

+

=1 ∗

→

lim

A.H.

Asíntotas oblicuas(A.O.):

= lim

=

→

= lim

1− 1 ∞ ∞

) = lim ( + →

’ ô

− ) = lim ( →

)=0

= = lim

→

→

= lim

→

(1 −

)= −∞ 

A.O. en −∞

∗

∗ lim →

[

ó ∞−∞ Por tanto

=

’ ô

es A.O. en +∞

(d)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 106

] = lim →

1

= +∞

Ejercicio 2.Sean : ℜℜ y

: ℜ → ℜ las funciones definidas por ( )= +| | , ( )=2 (a) [1 punto] Determina los puntos de corte de las gráficas de y . Esboza dichas gráficas. (b) [2 puntos] Calcula el área del recinto limitado por dichas gráficas. Solución (a)

( )=

− +

+| |=

<0 ≥0

( )= ( )  − =2 + =2

<0 ≥0

Por tanto los cortes son

ó : =2 ó : = −2

= −1  = −1 =1  =1

=±

Hay que dibujar dos ramas de parábola: =

−1

2

0

0

0

0

1

2

=

−

=

Vértice no está en el trozo a dibujar

= =

+

=

Vértice no está en el trozo a dibujar

(b) La región del plano que hay que calcular el área es:

Observando la gráfica las regiones R1 y R2 tienen la misma área, por tanto Á

=2∙

[2 − (

=2∙

2− −

+ )]

=2∙ 2 −

−0 =

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 107

. .

−

Ejercicio 3.Se consideran las matrices

−3 2

=

identidad de orden 2.

1 y −1

=

, donde

−

es una constante e es la matriz

(a) [0'75 puntos] Determina los valores de para los que no tiene inversa. (b) [0'5 puntos] Calcula para = −1. (c) [1'25 puntos] Determina las constantes α y β para las que se cumple −

=

.

Solución a)

⇔ | |=0 = | | = −3 − 2

1 −1 −

−

−3 2

=

=3+3 +

1 − −1 +

∙

1 0

0 −3 − = 1 2

−2=0 

1 −1 −

+4 +1=0

=

±√

= −2 ±

√3 =− +√ =− −√

⇔

b) Por el apartado anterior para =

−3 + 1 2

= −1 existe

1 −2 = −1 + 1 2

=

c)

=

−

−3 1  2 −1

=



Queda por tanto:

=

11 −8

−3 2

1 0

=| |∙(

y | | = −2

1 | |

∙(

) =

= (−1) ∙ 0 = 0

= (−1) ∙ 1 = −1

= (−1) ∙ 2 = −2

= (−1) ∙ (−2) = −2

1 0 −2 −2

11 1 −3 1 ∙ = −8 −1 2 −1

−4 − 3

)

∙

11 + 3 = −4 − = 0  −8 − 2 = 0 3+ =

−3 2

1 = −1

=−

y

∙

1 0

−1 = −2

−4 3 0 1



11 + 3 −8 − 2

=−

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 108

−4 − 3+

=

0 0

Ejercicio 4.= 1 − = −2 y la recta definida por 2 − = −2 − = −3 (a) [1 punto] Estudia la posición relativa de y . (b) [1’5 puntos] Halla la ecuación del plano que contiene a y es paralelo a . Sean la recta

definida por

Solución a) Previamente se pasan las rectas a sus ecuaciones paramétricas: = − = −2 ó =2+ ≡  ∀ ∈ℜ  − = −3 =3+

≡

= 1 2 − = −2

=1 = =2+2



∀

∈ℜ

= =

= (1,1,1) = (0,2,3)

ó



= =

= (0,1,2) = (1,0,2)

 Se miran si las direcciones son paralelas: = (1,1,1)

= (0,1,2)

puesto que

≠ ≠

 Como no son paralelas las rectas se cortan o se cruzan. Depende de cómo sean los vectores =

1 0 1−0

1 1 0−2

, 1 1 2 = 0 2−3 1

1 1 −2

1 2 = −1 + 2 − 1 + 4 = 4 ≠ 0 −1

Por tanto las rectas se cruzan b) Sea

el plano pedido Si

⊂



Si

∥



= (0,1,2)

ó = (1,0,2)

= (1,1,1)

ó

Por tanto el plano pedido es: −1 0 1 ( − 1) ∙ (−1) −

1 1

−2 2 = 0 desarrollando por los adjuntos de la 1º fila: 1

⋅ (−2) + ( − 2) ⋅ (−1) = 0 

: −

+

− +

=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 109

Modelo 4 selectividad 2009 – Opción B Ejercicio 1.- [2’5 puntos] De todos los triángulos cuya base y altura suman 20

¿qué base tiene el de área máxima?

Solución El enunciado nos dice

+ ℎ = 20  ℎ = 20 −

Hay que optimizar (maximizar): = ∙.



∙

( )=

(20 − ) = −

+

10 Como es una parábola con las ramas hacia abajo tiene un máximo absoluto en su vértice ( ) = − + 10 = 0  = 10 máximo absoluto Hay máxima área en un triángulo de base

Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Calcula un número positivo , menor que 4, para que el recinto limitado por la parábola de ecuación =

y las dos rectas de ecuaciones

=4 e

=

, tenga un área de

unidades cuadradas.

Solución Se calculan previamente las intersecciones: =4 =



= =

= ±2



= ±√

Observando la gráfica que es simétrica respecto del Á

=2 À

á

(

)+

:

(4 −

)

=

√

Á

á =

4√ −

√

(4 −

= )

=

∙

= 4 −

28 3

= √ ∙ (4 − ) √

= 8−

−

√ Á

+

= 2(

Se resuelve por tanto

−

) = 2 4√ − √ + √ =



√ =

16 1 − 4√ + √ 3 3 

√ =1 

=

32 4 − √ 3 3

=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 110

Ejercicio 3.Sea el sistema de ecuaciones + +

= + −

+

+1 = 1 =

(a) [1'5 puntos] Determina los valores de para los que el sistema es compatible. (b) [1 punto] Resuelve el sistema en el caso = −1. Solución a) Las matrices asociadas al sistema son: 0 1 1 −1 1 Se calcula | | = 1 =

1 1

1

∗

1

0 1 =[ −1

1

 Para calcular 1 1

(

∗)

−

1

0 +1 1 1 1 −1 1 0 0 1 0 0 ]= 1 − 1 1 = ( − 1) ∙ 1 1 1 =0 1− −1 −1 −1 puesto que las columnas 2 y 3 son iguales

( ) = 2 porque 1 1

∈ℜ 

 Así: | | = 0 ∀

:

1 1

=

0 ≠0 1

se orla un menor de orden 2 no nulo:

0 ≠ 0 sus orlados en 1

3ª

2ª

3ª

4ª

∗

:| | = 0 1 0 : 1 1 −1

+1 1

Se calcula este determinante: 1 1

0 1 −1

+1 =[ : 1 =

− 1

∙ (−1) ∙

1 ]= 1

0 1 −1

1 =− ( −1

]

0 =[ 0 + 1)

Se plantea la siguiente discusión: 

≠0

≠ −1



(

∗)

= 3 ≠ ( ) = 2  S.I. (sistema incompatible)



=0 ó

= −1



(

∗)

= 2 = ( )  S.C.I. (sistema compatible indeterminado

uniparamétrico puesto: (

∗)

= ( )=2<3)

b) Por el apartado anterior es un S.C.I. 1 0 ≠ 0 que da el rango se eliminan las ecuaciones que no forman 1 1 parte de él y a las incógnitas (columnas) se le da un valor paramétrico: Para resolverlo: en el menor señalado

∗

=

1 1 −1

1 0 −1 1 1 −1

0 1 −1



= =− + =1+



=− = = +

∀

valor parámetrico “a” para la incógnita y Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 111

∈

Ejercicio 4.+ +2 =1 −2 −4 =1 (a) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que pasa por y contiene a . (b) [1’25 puntos] Halla el punto de más cerca de . Sea el punto (2,3, −1) y la recta

definida por

Solución Previamente se pasa la recta a sus ecuaciones paramétricas = + +2 =1 + =1−2 + =1−2   −2 −4 =1 − + 2 = −1 − 4 −2 =1+4 +

=1−2





= −2

=1−2

−

=1−2 +2 =

1 =1 = −2 = a) Sea

= (0, −2,1) = (1,0,0)

ó



=

el plano pedido

Si

⊂

Si

∈

 

= (0, −2,1)

ó = (1,0,0)

= (1,0,0) − (2,3, −1) = (−1, −3,1)

El plano será por tanto:

−1 0 −1 :

−2 −3 −

ó

1 = 0  ( − 1) ∙ 1 − 1 −

−

∙ 1 + ∙ (−2) = 0

=

b) Se hace el siguiente procedimiento:  Se calcula el plano α que es perpendicular a α⊥



y pasa por

= (0, −2,1) es la dirección normal de α

α: −2 + +

( , ,

=0

)

−6 − 1 +

=0 

=7 α: −2 + + 7 = 0  El punto pedido es el punto 1º) pertenece a la recta

que cumple las siguientes condiciones:  es de la forma

(1, −2 , )

2º) cumple la ecuación del plano: 4 + + 7 = 0  ( ,

,

=

)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 112

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 113

Junio 2008 – Opción A Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Sea

 0, por ( ) =

la función definida, para

/

. Determina las asíntotas de las gráficas de .

Solución  Asíntotas Verticales (A.V.) En este caso las posibles A.V. se encuentran entre los “x” que anulan el denominador: x = 0 es una posible A.V. Para ver si lo es se calcula el siguiente límite: lim

/

lim

= 0.

→

/

→

/

lim

= 0.

→

∞

= 0.

= 0.0 = 0 ⇒ ∞

= 0.

lim →

∞ = regla L' Hôpital = lim = lim → → 1/ ∞

Por tanto solo existe A.V. en 0+ :

. .

−1

0

ó

= 0. (+∞) =

/

/

=0

∙

/

−1

=

lim →

/

=

∞

=

 Asíntotas Horizontales (A.H) 1 x

lim x ⋅ e = ∞ ⋅ e 0 = ∞ ⋅1 = ∞  no existen A.H.

x→±∞

 Asíntotas Oblicuas (A.O): =

+ 1

1

f ( x) x⋅ex = lim = lim = lim e x = e 0 = 1 x→ ±∞ x x → ±∞ x x → ±∞ 1

1

= lim ( f ( x) − mx) = lim ( x ⋅ e x − x) = lim x→±∞

= lim

x →±∞

x →±∞

x→±∞

1 x

e −1 = ( 1 x

. ( e x - 1) = (∞ . 0 indeterminación) =

1 x

′

ô

Por tanto la recta

)=

=

lim

(e ) ⋅

x →±∞

+

−1 x2

−1 1 x 2 = lim (e x ) = 1 x →±∞

es A.O. en ± ∞

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 114

= +∞

Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Calcula

).(

(

)

Solución Se calcula primero una primitiva de la función

y=(

).(

que como es una función racional con

)

grado del numerador más pequeño, se hace la descomposición de la fracción en fracciones simples:

Descomposición factorial del denominador: − ). ( − 1) =

(

).(

(

)

=

+

+



=1 =0



. ( − 1)

(

=

)

.(

)

. .( (

)

)

1 = . ( − 1) + . . ( − 1) +

Dándole valores a la expresión anterior:

=0  1= =1  1= = −1  1 = 4 + 2 –

).(

(

)

=

+

+

(



)

 = −1

(

).(

= ln|x| - ln|x-1| -

)

=

+

+

(

)

+ K

Así:

(

).(

)

=

| |−

| − 1| −

= (0 – ln2 + ) – (ln2 – ln3 + ) = ln3 - 2ln2 +

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 115

Ejercicio 3.Un cajero automático contiene solo billetes de 10, 20 y 50 euros. En total hay 130 billetes con un importe de 3000 euros. a) [1’25 puntos] ¿Es posible que en el cajero haya el triple número de billetes de 10 que de 50? b) [1’25 puntos] Suponiendo que el número de billetes de 10 es el doble que el número de billetes de 50, calcula cuantos billetes hay de cada tipo.

Solución El enunciado del ejercicio da lugar a las siguientes ecuaciones: Sean:

x = nº billetes de 10 euros

y = nº billetes de 20 euros

Hay 130 billetes de 10, 20 y 50 euros …. 

+

+

z = nº billetes de 50 euros

= 130

Hay 3000 euros en el cajero …………………..  10 + 20 + 50 = 3000 

a) Hay el triple número de billetes de 10 que de 50

=3

+ + = 130 Hay que ver si el siguiente sistema tiene solución: 10 + 20 + 50 = 3000 −3 =0

Las matrices asociadas

1 |A| = 10 1

1 20 0

1 = 10 1

1 1 50 = 10. 1 −3 1

1 20 0 1 2 0

1 50 −3

y

∗

1 = 10 1

1 20 0

1 130 50 3000 −3 0

1 5 = 10.(-6 + 0 + 5 – 2 – 0 + 3) = 0 −3

Por tanto r(A) = 2 porque |A| = 0 y hay un menor de orden 2 no nulo: Para calcular r(A*) se orla el menor anterior en A* :

1ª

1ª

:| | = 0

1ª

4ª

1 : 20 0

1 50 −3

20 0

20 0

50 ≠0 −3

50 ≠ 0: −3

130 3000 = −3. (−1) . 400 ≠ 0 0

 r (A*) = 3

Por tanto por el Tª Rouche como los rangos de sus matrices asociadas son distintos el sistema es incompatible

Por lo que no es posible que en el cajero haya el triple número de billetes de 10 que de 50 b) El número de billetes de 10 es el doble que el de 50  x = 2z

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 116

+ + = 130 Hay que ver resolver sistema: 10 + 20 + 50 = 3000 −2 =0

Las matrices asociadas

1 |A| = 10 1

1 20 0

1 = 10 1

1 1 50 = 10. 1 −2 1

1 20 0 1 2 0

1 50 −2

y

∗

1 = 10 1

1 20 0

1 130 50 3000 −2 0

1 5 = 10.(-4 + 0 + 5 – 2 – 0 + 2) = 10 ≠ 0 −2

Es decir r(A) = r(A*) = 3  por el Tª Rouche el sistema es compatible determinado Además es un sistema de Cramer y lo resuelvo por la regla de Cramer:

=

=

=

|

|

| |

|

|

|

| |

|

| |

=

=

=

=

=

=

.(

) .

= 80

= 10

.(

) .

Por tanto hay:

= 40

80 billetes de 10 euros 10 billetes de 20 euros 40 billetes de 50 euros

Ejercicio 4.Dada la recta r definida por

=

=

a) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que pasa por el origen y contiene a r. b) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que pasa por el origen y es perpendicular a r.

Solución

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 117

r:

=

ó



=

: :

= (2,3,1) = (1, −1,2)

c) Sea π el plano pedido

ó

Si r ⊂ π 

El plano es: 2 1

3 −1

1 =0  2

d) El plano es perpendicular a r  2 +3 + +

ó :

= (2,3,1) = (1, −1,2) − (0,0,0) = (1, −1,2) ó : : (0,0,0)

 π:

−

−

=

= es la dirección normal del plano = (2,3,1)

= 0  paso por el origen:

=0 

+

+

=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 118

Junio 2008 – Opción B Ejercicio 1.- [2’5 puntos] De entre todos los rectángulos de perímetro 8 cm, determina las dimensiones del que tiene la diagonal de menor longitud. Solución Por el Tª Pitágoras D = diagonal = Como el perímetro es 8 

+

=4 

+

=4−

Por tanto la función a minimizar es: D = Es equivalente minimizar: d = ′

+ (4 − )

+ (4 − ) (porque una raíz es mínima cuando es lo de dentro) ⇔

= 2 − 2(4 − ) = 4 − 8 =

’’ = 4 

=4−

 en

’’(2) > 0

= 2 posible extremo

= 2 hay un mínimo

Por tanto las dimensiones del rectángulo son: cm

=

Ejercicio 2.Sea f : ℜ → ℜ la función dada por

=

cm

( )=

(a) [1 punto] Justifica que la recta de ecuación de abscisa

−

es la recta tangente a la gráfica de

= −2

en el punto

= − .

(b) [1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de f, el eje de ordenadas y la recta tangente del apartado anterior. Solución (a) La ecuación de la recta tangente (r.t.) en



En este caso: ( ) = r.t. en

=− :

−

=−

′(

=

es:

− ( ) = ’( ). ( − )



) = −2 −

′

−

= −2

=

.( + ) 

=−

(b) Aunque no se pide el dibujo del recinto es:

(Puesto que la función es una exponencial de base menor que 1)

1

Observando el dibujo: Área = =

(

− (−2 +

)) =(

=

(

+ 0) − (

+2 +

)

)=

=

1

u.a.

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 119

1 2

Ejercicio 3.1

1

1

Considera la matriz A = a) [1 punto] Halla los valores del parámetro b) [1’5 puntos] Estudia si el sistema A. obtenidos en el apartado anterior.

para los que el rango de A es menor que 3. 1 = 1 tiene solución para cada uno de los valores de 1

Solución (a) r(A) < 3 ⇔ |A| = 0

1

(1)

1

1

( ) 1 1 1 ( ) 1 0 0 1 0 0 = m.m 1 = m2. 1 −1 − 1 = m2.(m – 1)2. 1 1 1 1 1 1 0 −1 1 0 1 Si se multiplica una fila o columna por un mismo número, el determinante queda multiplicado por éste número. ( )

En este caso, se saca factor común “m” de 2ª y 3ª fila (2)

Columna 2ª(C2) se sustituye por C2 – C1

y

C3: C3 - C1

siendo C1 = columna 1ª y C3 = columna 3ª

(3) Se saca factor común “m - 1” de 2ª y 3ª columna (b) Así

|A| = m2.(m – 1)2. 1 Por tanto r(A) < 3 ⇔ m = 0 ó m = 1

(c) Es un sistema con las siguientes matrices asociadas:

1

1

1

1

1  m=0 A= 0 0

1

1

matriz ampliada A* =

matriz coeficientes A =

1 0 0

Evidentemente r(A) = 1

1 0 0

1 y A* = 0 0

1 0 0

1 1 1

1 1 0 1 0 1

y r(A*) = 2 porque el menor

1 0

1 ≠0 1

r(A*)  Por Tª Rouche el sistema es incompatible

Así r(A)

1 1 1 1 1  m = 1  A = 1 1 1 y A* = 1 1 1 1 1 1 1 Como todas las filas son iguales r(A) = r(A*)

1 1 1 1 1 1 =1

Así r(A) = r(A*) = 1 < 3  Por Tª Rouche el sistema es compatible indeterminado cuya solución depende de dos parámetros +

+

=1 

= = =1−

,

∈ℜ

−

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 120

Ejercicio 4.- [2’5 puntos] Dados los puntos (2,1,1) y (0,0,1), halla los puntos vértices , y es 2.

en el eje

Solución

tales que el área del triángulo de

B

 eje



es de la forma ( , 0,0)

Área triángulo =

A

=2

×

Eje OX C

= (0,0,1) - (2,1,1) = (−2, −1,0) = ( , 0,0) - (2,1,1) = ( − 2, −1, −1)

×

=

−2 −2

.

×

−1 −1 =2

0 = (1, -2, a)  −1  √5 +

×

= √1 + 4 +

=4  5+

= 16 

= √5 +

= 11 

Por tanto existen dos puntos que cumplen esta condición: C1=(√

, 0, 0) y C2=(−√

, 0, 0)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 121

= ±√11

Septiembre 2008 – Opción A Ejercicio 1.Sea f: ℜ→ℜ la función definida por:

+3 − −4

( )=

≤2 >2

(a) [1’5 puntos] Halla a y b sabiendo que f es derivable en ℜ. (b) [1 punto] Determina la recta tangente y la recta normal a la gráfica de f en el punto de abscisa x = 3. Solución

( )=

+3 − −4

≤2 >2

′(



2 +3 2 −

)=

≤2 >2

Como f es derivable en todo ℜ , es continua en todo ℜ . En particular es continua y derivable en x = 2 (a)  Como es continua en x = 2: f(2)= lim

( ) = lim ( )

→

f(2)= lim ( ) = lim ( →

→

lim ( ) = lim ( →

Igualando:

→

−

→

+3 )=4 +6 − 4) = −2

4a + 6 = - 2b  2a + 3 = -b  2a + b = -3

 Como es derivable en x = 2, se verifica que f ‘(2 +) = f ‘(2 -)

f '(2 )= lim ′( ) = lim(2 →

+ 3) = 4 + 3

→

f '(2 )= lim ′( ) = lim(2 − ) = 4 − →

→

Igualando: 4a + 3 = 4 – b   Resolviendo el sistema

2a + b = −3 4a + b = 1

Por tanto la función pedida es

( )=

4a + b = 1 obtenemos

+ +

a = 2 y b = -7

≤ >2

−

(b) Como me piden la recta tangente y normal en x = 3, se considera la función con x > 2:

f(x) = x2 + 7x – 4 La recta tangente en x = 3 es: y – f(3) = f’(3)(x – 3) La recta normal en x = 3 es:

y – f(3) =

′(

)

. (x – 3)

f(x) = x2 + 7x – 4  f(3) = 9 + 21 – 4 = 26 f’(x) = 2x + 7

 f’(3) = 6 + 7 = 13

La recta tangente en x = 3 es :

y – 26 = 13(x – 3)

La recta normal en x = 3 es:

y – 26 =

. (x – 3)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 122

Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Dada la función g: ℜ → ℜ, definida por g(x) = 2x + |x2 - 1|. (a) [1 punto] Esboza la gráfica de g.

( )

(b) [1’5 puntos] Calcula Solución

(a) La función g(x) es continua en todo ℜ, por suma de funciones continuas. Expresamos g(x) como una función a trozos: x2 – 1 = 0  x = 1 x = - 1 -2: (-2)2 – 1 = + 0: 0 - 1 = -

Signo de “x2 – 1”

| x2 – 1 | = x2 – 1

| x2 – 1 | = x2 – 1

+

2: 22 – 1 = +

_ -1

Por tanto: g(x) = 2x + |x2 - 1| = −

+ 1

| x2 – 1 | = - x2 + 1

+2 −1 +2 +1 +2 −1

< −1 −1≤ <1 ≥1

 La gráfica de y = x2 + 2x – 1 es la de una parábola que tiene las ramas hacia arriba y la abscisa del vértice es la solución de f’(x) = 2x + 2 = 0, es decir en xv = -1  La gráfica de y = – x2 + 2x + 1 es la de una parábola que tiene las ramas hacia abajo y como abscisa de su vértice la solución de f’(x) = – 2x + 2 = 0, es decir en xv = 1 x

y

-2

-1

-1

-2

=

+2 −1

Vértice de la parábola

-1

-2

1

2

1

2

punto de partida del nuevo tramo:

2

7

Parábola de vértice (-1, -2)

Punto de partida del nuevo tramo

=−

+2 +1

Vértice de la parábola =

+2 −1

Teniendo en cuenta lo anterior un esbozo de la gráfica sería

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 123

(b)

g(x) = 2x + |x2 - 1| = −

( )

=

+2 −1 +2 +1 +2 −1

(−

+ 2 + 1)

=

+

+

=

+1+1 +

+

< −1 −1≤ <1 ≥1

+

+

(

+ 2 − 1)

=

−

+ 4 − 2 − ( + 1 − 1) = 6

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 124

Ejercicio 3.-

+ + 2 + + + +

Considera el siguiente sistema de ecuaciones:

= −1 = =1

(a) [1’5 puntos] Discútelo según los valores del parámetro a. (b) [1 punto] Resuelve el caso a = 2. Solución (a) La matriz de los coeficientes y ampliada del sistema:

1 = 2 1

1 1

1

∗

1

1 = 2 1

1 1

1

−1

1

1

Se sabe: det(A) = |A| ≠ 0  rango(A) = rango(A*) = 3  El sistema es compatible y determinado (S.C.D) y tiene solución única

1 | |= 2 1

1 1

1 = 1

1 = 0 0

= − 2. = −

|A| = 0 ⇔ (a - 2)(a - 1) = 0  Si a ≠ 1 y a ≠2  |A| ≠ 0

1 = 2 1

1 1 1

1 − 2 = − ( − 2)( − 1) 0

⇔ a=1ya=2

 rango(A) = rango(A*) = 3  S.C.D.

1 1 1 1 • Se calcula el rango de A: 2

 Si a = 1 

1 −1 −1

∗

1 = 2 1

1 1 1

1 1 1

0 1 1

1 = −1 ≠ 0 -1 y |A| = 0  rango(A) = 2 1 1 1 = −1 ≠ 0 • Se calcula el rango de A*: se orla un menor de orden 2 no nulo: 2 1 Se orla con 3ª fila y 3ª columna: |A| = 0

1 Se orla con 3ª fila y 4ª columna: 2 1

1 1 1

0 1 = -1 ≠ 0  rango(A*) = 3 1

Por tanto como rango(A)= 2 ≠ rango(A*) = 3, por el teorema de Rouche el sistema es incompatible y no tiene solución.

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 125

 Si a = 2 

1 1 1 = 2 1 2 1 2 1

∗

1 = 2 1

1 1 2

1 2 1

1 2 1

1 = −1 ≠ 0 -1 y |A| = 0  rango(A) = 2 1 1 1 • Se calcula el rango de A*: se orla un menor de orden 2 no nulo: = −1 ≠ 0 2 1

• Se calcula el rango de A:

1 2

Se orla con 3ª fila y 3ª columna: |A| = 0

1 Se orla con 3ª fila y 4ª columna: 2 1

1 1 2

1 2 = 0  rango(A*) = 2 1

Por tanto como rango(A)= rango(A*) = 2, por el teorema de Rouche el sistema es compatible e indeterminado. En el apartado siguiente se pide resolverlo en este caso por lo que se elimina la ecuación (fila) que no forma parte del menor que da el rango y la incógnita (columna) que no forma parte de él se le da un valor paramétrico.

(b)

  = + =1− 2 + = 2 − 2

 Se resuelve por reducción

  

Sustituyendo en la 1ª ecuación resulta y = 0 La solución del sistema es

(x, y, z)= (1 – λ , 0, λ ) con λ ∈ℜ

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 126

Ejercicio 4.Sea la recta s dada por

− = −1 2 + =3

a) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano π 1 que es paralelo a la recta s y contiene a la recta r, dada por − 1 = − + 2 = –3 b) [1’25 puntos] Estudia la posición relativa de la recta s y el plano π 2, de ecuación deduce la distancia entre ambos.

+

= 3, y

Solución a) Calculamos de ambas rectas un punto y una dirección:

− = −1 viene dada como intersección de dos planos. Obtenemos 2 + =3

 La recta s de ecuación

un punto y un vector director pasando la ecuación a paramétrica:

= −1 + = −

− = −1  2 + =3

La recta r:

− 1 = −

Punto Ps −1 , , 0



Dirección ds =

=

+ 2 =

Expresada en esta forma quedaría:

–

π 1≡

=

–



=

De la recta “s” sabemos:

El plano π 2 ≡

+

Punto Pr (1 , 2,3 ) Dirección dr = (1, −1, 1) ó ó

(1,2,3) = (1, −1,1) = (2, −1,2)

Las ecuaciones paramétricas del plano serían : π 1≡

El plano en forma general sería π 1 ≡

, 1 ∥ (2, −1, 2)

– 3 está casi en forma continua

⇒ ⇒

b) El plano π 1

1,

−1 1 2

=1+ +2 =2− − =3+ +2

−2 −1 −1

con λ , μ ∈ ℜ

−3 =0  − 1 2

+ –

Punto Ps −1 , , 0 Dirección ds = ( 2, −1, 2)

= 3 de vector normal nπ = (1, 1, 0)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 127

=

1ª Forma Se estudia la posición relativa del vector normal del plano “ nπ” y de la dirección de la recta “ds” nπ . ds = (1, 1, 0) . (2, -1, 2) = 2 – 1 + 0 ≠ 0  nπ no es perpendicular a ds  la recta corta al plano como se aprecia en el dibujo 3. Para ver si la corta perpendicularmente observamos los siguientes dibujos: nπ

ds

ds

nπ

Como se aprecia en el dibujo anterior se comprueba si los vectores nπ y ds son o no paralelos nπ = (1, 1, 0) ds = (2, -1, 2) porque

≠

≠

Resumiendo: La recta y el plano se cortan (no perpendicularmente) por lo que la distancia entre ambos es 0 2ª forma Para estudiar la posición relativa de la recta s y el plano π 2 se expresa la recta en paramétricas y se sustituye en el plano resolviendo la ecuación obtenida.

Punto Ps −1 , , 0 Dirección ds = ( 2, −1, 2)

Sustituyendo en el plano π 2 ≡

+



x = −1 + 2 = − z=2

= 3 : -1 + 2 + −

=3 

=

x = −1 + 2. = 4 Por tanto la recta y el plano se cortan el el punto:

= − = −1 z = 2. = 5

Como la recta corta al plano la distancia de la recta al plano es 0

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 128

Septiembre 2008 – Opción B Ejercicio 1.- [2’5 puntos] De entre todas las rectas del plano que pasan por el punto (1, 2), encuentra aquella que forma con las partes positivas de los ejes coordenados un triángulo de área mínima. Halla el área de dicho triángulo.

Solución Es un problema de optimización.

 La ecuación en forma explícita de una recta

en el plano es

=

+

Como corta en la parte positiva de los ejes coordenados, la gráfica de la recta es como la de la figura con lo cual la pendiente “ ” es negativa

 La recta

:

=

+

pasa por el punto C(1,2)  2 =

La recta queda en la forma:

=

+ (2 –



+

= 2–

)

 Calculamos los puntos de corte de la recta con los ejes de coordenadas (para calcular el área del triángulo que hay que minimizar) ♦ Con el eje OX, punto B (del dibujo): y = 0  –

El punto tiene de coordenadas B(

,

–2 

=

=

–

)

♦ Con el eje OY, punto A (del dibujo): x = 0 

= 2–

El punto tiene de coordenadas A(0, 2 –

)

 El triángulo es rectángulo por tanto: área = ½.cateto.cateto Es decir: Área = ( ) =

.

–

(2 –

)

La función a optimizar (minimizar) es A(m)

 Igualamos a 0 su primera derivada para calcular los posibles extremos. Nos quedamos con los negativos puesto que

es negativa.

( ) =

.

–

(2 –

) =

(

)

=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 129

(

′( ) =

).

′( ) = 0  −2 L a solución negativa es

–

= 4 

= 2

= −2



’’(−2) > 0

′′( ) =

 A′′(−2) = Por tanto

=

)

+ 8 = 0 

Comprobamos que es un mínimo:

( )=

. (

(

).

. (

.( (

)

)

)

=

>0

= − 2 es un mínimo El área pedida es: La recta

= −

(− ) =

=

+

Ejercicio 2.Sean f : ℜ → ℜ, y g: ℜ → ℜ, las funciones definidas por ( )=

–1

y

(a) [0’5 puntos] Esboza las gráficas de

( ) = 2

+ 2

y

(b) [2 puntos] Calcula el área del recinto limitado por dichas gráficas. Solución (a) La gráfica de ( ) =

– 1 es una parábola de vértice en (0,-1), ramas hacia arriba y pasa por el punto

((2,3) La gráfica de

( ) = 2

+ 2 es la de una recta que pasa por (0,2) y (-1.0).

Teniendo en cuenta lo anterior un esbozo de las gráficas sería:

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 130

(b) El área que nos piden es:

Á

(

=

−

=

)

á

[2 + 2) − (

− 1]

donde a y b son las soluciones de la ecuación: recta = parábola 2

– 1  –x2 + 2x + 3 = 0  x = -1 y x = 3

+ 2 =

Por tanto Á

=

[(2 + 2) − (

− 1]

= –9 + 9 + 9 –

=

[−

+2 +3]

=

+

+3

+ 1– 3 =

Ejercicio 3.-

2 − +3 =1 +2 − =2

Sabemos que el sistema de ecuaciones

Tiene las mismas soluciones que el que resulta al añadirle la ecuación

+

+ 7 = 7

a) [1’25 punto] Determina el valor de a. b) [1’25 puntos] Calcula la solución del sistema inicial de dos ecuaciones, de manera que la suma de los valores de las incógnitas sea igual a la unidad. Solución (a) Se pide es que calcule “ ” sabiendo que el siguiente sistema sea compatible e indeterminado (puesto que el

sistema original es compatible indeterminado) 2 − +3 =1 +2 − =2 + + 7 = 7 Por tanto el determinante de la matriz de los coeficientes del sistema tiene que ser cero 2 = 1

−1 2 1

3 −1 7

2  | |= 1

El rango(A) = 2 porque el menor

2 1

−1 2 1

3 −1 = 40 – 5 7

−1 ≠0 2

(b) La suma de los valores de las incógnitas es igual a la unidad 

Por tanto hay que resolver el sistema:

= 0

+

+

= 1

+ + =1 2 − +3 =1 +2 − =2

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 131

=

1 = 2 1

Matriz de los coeficientes:

1 −1 2

1 3 , | |=1+4+3+1−6+2=5≠0 −1

Lo resolvemos por Gauss y Cramer Por Gauss

1 2 1

1 −1 2

1 3 −1

⋮1 ⋮1 ⋮2



2ª : 2ª − 2 .1ª 3ª : 3ª − 1ª

1 1 0 −3 0 0

 3ª : 2ª + 3 .3ª :

−5 = 2 

De donde:

Solución: ( ,

,

1 1 −5

1 −3 1

⋮1 ⋮1 ⋮1

=

=1 

+

1 1 −2

⋮1 ⋮ −1 ⋮2

= −1  −3 − = −1

−3 + +

1 0 0

:

+ −



=1 

= =

)

Por Cramer

=

| |

=

=

| |

=

Y como vemos se obtiene la misma solución ( ,

=

,

| |

=

)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 132

Ejercicio 4.Considera los puntos A(1,1,0), B(1,1,2) y C(1,-1,1). (a) [1’5 puntos] Comprueba que no están alineados y calcula el área del triángulo que determinan. (b) [1 punto] Halla la ecuación del plano que contiene al punto A y es perpendicular a la recta determinada por B y C. Solución (a)  Los puntos A(1,1,0), B(1,1,2) y C(1,-1,1) no están alineados ⇔ los vectores AB

AC

AB = (1,1,2) - (1,1,0) = (0,0,2) AC = (1,-1,1) - (1,1,0) = (0,-2,1) Como vemos no son proporcionales  los tres puntos no están alineados  El área del triángulo que determinan los puntos A, B y C = = ½ del área del paralelogramo que determinan los vectores AB y AC

= ½||ABxAC||

ABxAC = 0 0

0 −2

2 = .4– .0+ 1

. 0 = (-4, 0, 0)

= ½||ABxAC|| = ½ . √4 = 2 (b) Sea π el plano que es perpendicular a la recta BC y pasa por A B A

π C

A

B

Como π ⊥ BC  vector normal de π = nπ = CB = (1,1,2) - (1,-1,1) = (0, 2, 1) Luego: 2 + + pasa por B y C

= 0 son todos los planos perpendiculares a la recta que

Como pasa por el punto A(1,1,0) El plano pedido es:



2(1) + (0) + C = 0  C = -2 +

−

=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 133

C

Modelo 1/ 2008 – Opción A Ejercicio 1.Sean f: ℜ→ℜ y g: ℜ→ℜ las funciones definidas por:

( )=

+

Se sabe que las gráficas de recta tangente.

y

+ y

(

( )= .

)

se cortan en el punto (−1,2) y tienen en ese punto la misma

(a) [2 puntos] Calcula los valores de

,

y

.

(b) [0’5 puntos] Halla la ecuación de dicha recta tangente. Solución (a) Como se cortan en el punto (−1, 2)  f(-1) = g(-1) = 2

= 2  − +

(−1) = 1 −

+

(−1) = .

= 2 

=1 c=2

=

Como en el punto (−1, 2) tienen la misma recta tangente  tienen la misma pendiente:

’(−1) =

( )=

+ (

( )= .

+ )

Igualando tenemos: Como − +



’(−1)

’( ) = 2 +

 g’(x) = (-1)2e -(x + 1) -2 + a = 2 

 

’(−1) = −2 + g’(-1) = (-1)2e 0 = -2

a=0

= 1  con a = 0 nos resulta b = 1 Las funciones son

(b) La recta tangente a f(x) en x = -1 es:

( )= – (−1) =

+

y

( )= .

(

’(−1( − (−1))

f(x) = x2 + 1  f(-1) = 2 f’(x) = 2x  f’(-1) = -2 Sustituyendo tenemos que la recta tangente es:

–

=– (

+

)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 134

)

Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Dadas las funciones f: [0 , +∞) → ℜ y g: [0 , +∞) → ℜ, definidas por

( )= √

y

( )=√

Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de

y

.

Solución

( ( ) − ( ))

El área pedida es

siendo a y b las soluciones de f(x) = g(x)

Resolvemos la ecuación f(x) = g(x):

√ = √

 (elevando a la sexta) x3 = x2  x3 – x2 = 0

x2(x – 1) 0  Las soluciones son x = 0(doble) y

Área =

=

√ − √

−

⁄

=

=

−

−

= −

⁄

=

x=1

=

u2

Aunque no lo piden el recinto sería:

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 135

Ejercicio 3.+ − =0 Dado el sistema de ecuaciones lineales 2 + +  = 0 +5 − =+1 a) [1’5 puntos] Clasifícalo según los valores del parámetro λ b) [1 punto] Resuélvelo para λ = -1 Solución (a) La matriz de los coeficientes y ampliada del sistema:

1 = 2 1

−1 1 5

∗

−

1 = 2 1

−1 1 5

−

0 0 +1

Se sabe: det(A) = |A| ≠ 0  r(A) = r(A*) = 3  Por el teorema de Rouche

el sistema

es compatible y determinado (S.C.D) y tiene solución única

1 | |= 2 1

−1 1 5

= - λ - 10 + λ2 + 1 - 5λ + 2λ2 = 3λ2 - 6λ - 9

−

Resolvemos |A| = 0 ⇔ 3λ2 - 6λ - 9 = 0

 |A| ≠ 0

 Si λ ≠ -1 y λ ≠ 3

 Si λ = -1 

⇔ λ2 - 2λ - 3 = 0 ⇔ λ = -1 y λ = 3

 rango(A) = rango(A*) = 3  S.C.D.

1 −1 −1 = 2 1 −1 1 5 1

∗

1 −1 = 2 1 1 5

−1 −1 1

0 0 0

Como para pasar de A a A* se le ha añadido una columna de 0  r(A) = r(A*) Además como

1 2

−1 = 3 ≠ 0 y |A| = 0  r(A) = r(A*) = 2 < 3 1

Por el teorema de Rouche el sistema es: Compatible indeterminado (S.C.I.) uniparamétrico es decir tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 136

1 3 −1 = 2 1 3 1 5 −3

 Si λ = 3 

•

Como

1 2

∗

1 = 2 1

3 1 5

−1 3 −3

0 0 4

3 = −5 ≠ 0 y |A| = 0  r(A) = 2 1

• Se calcula el rango de A*: se orla un menor de orden 2 no nulo:

1 2

3 ≠0 1

Se orla con 3ª fila y 3ª columna: |A| = 0

1 Se orla con 3ª fila y 4ª columna: 2

1

3 1 5

0 0 = -20 ≠ 0  rango(A*) = 3 4

Por tanto como rango(A)= 2 ≠ rango(A*) = 3, por el teorema de Rouche el sistema es incompatible y no tiene solución.

(b) Por el apartado anterior se sabe que el sistema es S.C.I. por lo que se elimina la ecuación (fila) que no forma parte del

menor que da el rango y la incógnita (columna) que no forma parte de él se le da un valor paramétrico: Al valor de “z” se le da un valor paramétrico ∗

= − = 2 + =

1 = 2 1

−1 1 5

−1 −1 1

0 0 0

  Se resuelve por reducción

Sustituyendo en la 1ª ecuación resulta

La solución del sistema es



=

(x, y, z)= ( a ,

a, a ) con a ∈ℜ

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 137

Ejercicio 4.Los puntos (−2,3,1) ,

(2, −1,3) y

(0,1, −2) son vértices consecutivos de un paralelogramo

a) [1 punto ] Halla las coordenadas del vértice b) [1 punto ] Encuentra la ecuación de la recta que pasa por y es paralela a la diagonal c) [0’5 puntos ] Halla la ecuación del plano que contiene a dicho paralelogramo Solución (a) A(−2, 3, 1), B(2, −1, 3) y C(0, 1, −2) son vértices consecutivos del paralelogramo ABCD

Si ABCD son los vértices de un paralelogramo  Los vectores libres AB y DC son iguales: AB = (2, −1, 3) - (−2, 3, 1) = (4, -4, 2) DC = (0, 1, −2) - (x, y, z) = (-x, 1 – y, -2 –z) -x = 4  x = 4

Igualando coordenadas:

-4 = 1 – y  y = 5 2 = -2 – z  z = -4 El punto es D(-4, 5, -4) (b) La recta pasa por el puntox-2 B(2,-1,3) y tiene como vector director AC = (2,-2,3)

La ecuación continua es

=

=

(c) Calculamos el plano que pasa por el punto B(2,-1,3) y tiene como vectores de dirección: AB =

(4, -4, 2) || (2, -2, 1)

y BC = (-2,2,5)

Su ecuación implícita es

−2 2 −2

+1 −2 2

−3 1 =0 5

Desarrollando por los adjuntos 1ª fila: -12(x - 2) – 12(y + 1) +0 = 0  -12x -12y + 12 = 0  x + y - 1 = 0

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 138

Modelo 1/ 2008 – Opción B Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Sea f : ℜ → ℜ la función definida por f(x) = ax3 + bx2 + cx + d. Se sabe que f tiene un máximo local en x = 1, que el punto (0, 1) es un punto de inflexión de su gráfica y que ( )

. Calcula a, b, c y d.

=

Solución Como la función f es una función polinómica es continua y derivable, las veces que sean necesarias, en ℜ f(x) = ax3 + bx2 + cx + d  f ‘(x) = 3ax2 + 2bx + c  f ‘’(x) = 6ax + 2b  Como tiene un máximo local en x = 1  f ‘(1) = 0  0 = 3a + 2b + c  Como (0, 1) es un punto de inflexión

f(0) = 1  = f (0) = 0  2b = 0 

=

 Como 3a + 2b + c = 0  3a + c = 0  c = - 3a  f(x) = ax3 - 3ax + 1 Como 

( ) (



= −3

Resolviendo la ecuación:

=

+ 1) −

Por tanto como c = - 3a 

−

= −

+

+1=

 a – 6a + 4 = 9  a = -1

+1=

c = -3(-1) = 3

La función pedida es f(x) = -x3 + 3x + 1 Ejercicio 2.Sea g : (0, +∞) → ℜ la función dada por g(x) = ln x (ln denota logaritmo neperiano). a) [0’75 puntos] Justifica que la recta de ecuación y = x es la recta tangente a la gráfica de g en el punto de abscisa x = e. b) [1’75 puntos] Calcula el área del recinto limitado por la gráfica de g, el eje de abscisas y la recta tangente del apartado anterior. Solución (a) La recta tangente a g(x) en x = e : y – g(e) = g’(e)(x - e)

g(x) = ln(x)  g(e) = ln(e) = 1 Sustituyendo: y – 0 = (x - e) 

g(x) = ln(x)  g ‘(x) =

=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 139

 g ‘(e) =

(b) La función g(x) = ln (x) pasa por (1,0) y tiene x = 0+ como asíntota vertical.

y = x es una recta que pasa por (0,0) y como es la recta tangente a g en x = e coincide con g(x) en el punto de tangencia Aunque no lo piden un esbozo de las gráficas es

El área pedida es Área =

(

) - [

=

-

− ] =

Se ha utilizado

(

ó )

- [(

=

=

ln

− ) − (1 1 − 1)] =

es una integral por partes (

 

-

−

u2

− . La demostración sería:

=

=

=

):

= . −

=



=

=

−

.

=

−

Ejercicio 3.- [2’5 puntos] Dadas las matrices

1 1 1 = 0 1 0 , 1 2 2

1 = 0 2

0 −1 1

y

=

−2 1

0 −1 −1 1

Calcula la matriz P que verifica AP − B = CT (CT es la matriz traspuesta de C).

Solución

1 Como |A| = 0

1

1 1 2

1 0 = 2 + 0 + 0 – 1 – 0 – 0 = 1 ≠ 0  A tiene matriz inversa A -1 = | |.(AdjA)T 2

AP − B = CT  AP = B + CT (Multiplicando esta expresión por la izquierda por A -1) Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 140

A -1(AP) = A -1 (B + CT)

 Operando queda P = A -1 (B + CT)

Hacemos los cálculos

1 (B + CT) = 0

2

0 −2 −1 + 0 1 −1

1 −1 −1 = 0 1 1

1 −2 2

A11 = (-1)1+1.

1 2

0 =2 2

A21 = (-1)2+1.

1 2

1 =0 2

A31 = (-1)3+1.

1 1

1 = -1 0

A12 = (-1)1+2.

0 1

0 =0 2

A22 = (-1)2+2.

1 1

1 =1 2

A32 = (-1)3+2.

1 0

1 =0 0

A13 = (-1)1+3.

0 1

1 = -1 2

A23 = (-1)2+3.

1 1

1 = -1 2

A33 = (-1)3+3.

1 0

1 =1 1

A -1

P = A -1 (B + CT) =

=

| |

(AdjA)T

.

2 0 −1

0 1 −1

2 = 1. 0 −1

−1 −1 . 0 0 1 1

0 1 −1

−1 0 1

−3 1 = −2 0 2 2

0 −2 3

Ejercicio 4.Sea la recta r dada por

2 + − =2 − − =−

y el plano π definido por

+

−

=1

a) [1 punto] ¿Existe algún valor de m para el que π y r son paralelos? b)

[1 punto] ¿Para qué valor de m está la recta contenida en el plano?

c)

[0’5 puntos] ¿Cuál es la posición relativa de la recta y el plano cuando m = 0?

Solución (a) Como se observa en el dibujo:

r

Sea dr = dirección recta r nπ = vector normal del plano π = (1,

, −1)

r || π ⇔ dr ⊥ nπ y Pr

π

π

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 141

Pr

dr

nπ

dr = producto vectorial de los vectores normales de cada plano = (2, 1, -m) x (1, -1, -1) dr = 2

1 1 −1

dr ⊥ nπ ⇔

− = (−1 − −1

) − (−2 +

dr . nπ = 0 ⇔ (−1 –

, −2 +

)+

(−2 − 1) = (−1 –

, −3). (1,

, −1) = −

, −2 + +

, −3)

+ 2 =

0 = −1 y

Resolviendo la ecuación: π

Quedaría comprobar Pr



2 + + =2 y = 0: se resuelve el sistema y queda x= z = 0 Por tanto − − =1



=−

=2

un punto de la recta es Pr(1, 0, 0) π:

−

= 1 y se observa que Pr(1, 0, 0) cumple la ecuación del plano luego para

−

este valor la recta está contenida en el plano 

2 + −2 =2 − − = −2



=

x = 0: se resuelve el sistema y queda y= 2 z = 0 Por tanto un punto de la recta es Pr(0, 2, 0) π:

−2

= 1 y se observa que Pr(0, 2, 0) no cumple la ecuación del plano luego

−

para este valor la recta es paralela al plano

(b) Por el apartado anterior para

(c) Si

=

=−

la recta corta al plano por el apartado a).

Faltaría comprobar si corta perpendicularmente y como se observa en el dibujo: r

r

dr

nπ

π

π

dr

nπ

¿ dr || nπ ? nπ = (1,

, −1) = (1, 0, -1)

dr = (−1 –

, −2 +

, −3) = (-1, -2, -3)

⟹

1 0 −1 ≠ ≠ −1 −2 −3

Por tanto la recta no corta perpendicularmente al plano.

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 142

Punto de corte Aunque no lo piden el punto de corte (se calcula resolviendo el sistema resultante) es:

2 + =2 − − =0 − =1 2 + =2 − − =0

 (sumando) 3 −

3 − =2 − =1

3 − =2  (sumando) 2 = 1  − + = −1



− + = −1  2 +

=2



=2 =

=−

=1

El punto de corte es ( , 1,

)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 143

Modelo 2/ 2008 – Opción A Ejercicio 1.- [2’5 puntos] Dada la función f: ℜ→ℜ definida por: ( ) =

determina la ecuación de la recta tangente a la

gráfica de f en su punto de inflexión. Solución Los posibles puntos de inflexión (P.I.) están entre las soluciones de la ecuación f”(x) = 0. Para ver si son P. I. además tienen que cambiar la curvatura es decir el signo de f” 

( )= ′( ) =



.

′( ) = "( ) =

f”(x) = 0 

(

.

(

)

)

=

[

=

(

[

]

)]

=

=

= 0  x = 1 posible punto de inflexión

Se estudia el signo de f” que como es continua en ℜ solo se tienen en cuenta x = 1

+

-

Signo de f”

f”(0) =

= -1 < 0

f”(2) =

>0

1

Por tanto x = 1 es punto de inflexión

La recta tangente en x = 1 es:

( )= ′( ) =

y – f(1) = f’(1).(x – 1)

 f(1) =  f’(1) =

La recta tangente es: y –

=

. (x – 1)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 144

Ejercicio 2.Sean : ℜ→ ℜ y

( )=

: ℜ→ ℜ, las funciones definidas mediante −4

( )=3 −6

y

a) [0’75 puntos] Determina los puntos de corte de las gráficas de

y

.

b) [1’75 puntos] Calcula el área del recinto limitado por dichas gráficas. Solución (a) Los puntos de corte se obtienen resolviendo la ecuación f(x) = g(x)

x3 – 4x = 3x – 6  x3 – 7x + 6 = 0 Las raíces enteras se encuentran entre ± 1, ± 2, ± 3, ± 6 Se prueba con x = 1: 1 – 7 + 6 = 0 Por tanto x = 1 es una solución y por Ruffini: 1 1 1

0

-7

6

1

1

-6

1

-6

0

Resolviendo la ecuación x2 + x – 6 = 0  x =

±√

=

2 −3

Los puntos de corte son: x = -3, x = 1, x = 2 (b) Como f(x) y g(x) se cortan en x = -3, x = 1 y x = 2, el área encerrada es

Área =

[ ( )−

=

(

=

−

( )]

− 7 + 6)

[ ( )−

+

(

+

+ 6

= ( − + 6) − (

+

−

( )]

=

− 7 + 6)

=

−

− 18) + (

+ 6

−

=

+ 12) − ( − + 6) = 32 +

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 145

=

u2

Ejercicio 3.+ =1 + =0 + ( + 1) +

Dado el sistema de ecuaciones lineales

=

+1

a) [1’25 puntos] Determina el valor del parámetro k para que sea incompatible. b) [1’25 puntos] Halla el valor del parámetro k para que la solución del sistema tenga z = 2. Solución (a) La matriz de los coeficientes y ampliada del sistema:

1 = 0 1

1

0 1

∗

+1

1 = 0 1

1

0 1

1 0

+1

+1

Para que el sistema sea incompatible rango(A) ≠ rango(A*)

1 | |= 0 1  Si k ≠ 0 y k ≠ 1

1

0 1 = k2 + 0 + 1 – 0 – (k + 1) – 0 = k2 – k

+1

 |A| ≠ 0

 rango(A) = rango(A*) = 3  por el teorema de Rouche

el sistema es compatible y determinado (S.C.D.) y tiene solución única.  Si k = 0



1 = 0 1

1 0 1

0 1 0

∗

1 = 0 1

1 0 1

0 1 0

1 0 1

Como para pasar de A a A* se le ha añadido la 4ª columna que es igual a la 1ª (y 2ª)  el rango no se modifica Además como

1 0 = 1 ≠ 0 y |A| = 0  r(A) = r(A*) = 2 < 3 0 1

Por el teorema de Rouche el sistema es compatible indeterminado (S.C.I.) uniparamétrico es decir tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro

 Si k = 1  •

Como

1 = 0 1

1 1 2

0 1 1

∗

1 = 0 1

1 1 2

0 1 1

1 0 2

1 1 = 1 ≠ 0 y |A| = 0  r(A) = 2 0 1

• Se calcula el rango de A*: se orla un menor de orden 2 no nulo:

1 0

1 ≠0 1

Se orla con 3ª fila y 3ª columna: |A| = 0

1 Se orla con 3ª fila y 4ª columna: 0 1

1 1 2

1 0 = 1 ≠ 0  rango(A*) = 3 2

Por tanto como rango(A)= 2 ≠ rango(A*) = 3, por el teorema de Rouche el sistema es incompatible y no

tiene solución. Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 146

(b) Resolvemos el sistema forzando z = 2:

+ =1 +2=0 + ( + 1) + 2 =

+ =1 = −2 + ( + 1) = 1 −



+1

Queda un sistema de tres ecuaciones con dos incógnitas, por tanto para que el sistema tenga solución el determinante de la matriz ampliada tiene que ser 0 para que el rango no sea 3 (puesto que la matriz de los coeficientes como máximo tiene rango 2)

B*

|B*|

1 = 0 1

1 = 0 1

1 −2 +1 1−

1 +1

1 −2 1−

1

= 3ª

= 3ª

– 1ª

=[

1 = 0 0

1

1ª

1 −2 = − ]=

= 1 . (-1)2 . (-k2 + 2k) |B*| = 0 

⇔ -k2 + 2k = 0 ⇔ k = 0 y

k=2

Para k = 0 por el apartado anterior se sabe que el sistema es S.C.I. y tiene infinitas soluciones de la

forma (x, y, 2) 

Para k = 2 por el apartado anterior se sabe que el sistema es S.C.D. y tiene una única solución de la

forma (x, y, 2)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 147

Ejercicio 4.Considera la recta

definida por

=0 2 − =3 y la recta definida por 3 + =3 =0

a) [1 punto] Estudia la posición relativa de

y

.

b) [1’5 puntos] Halla la ecuación general de un plano que contiene a

y es paralelo a .

Solución Tomamos de cada recta un punto y un vector director, para lo cual pongo ambas ecuaciones en paramétricas.

r≡

=0  3 + =3

=  sus ecuaciones paramétricas son (0,0,3) ó (0,1, −3)

De la recta r

2 − =3  s≡ =0

=0 = =3−3

=  sus ecuaciones paramétricas son

= =0 = −3 + 2

(0,0, −3) (1,0,2) ó

De la recta s

(a) Para estudiar la posición relativa de las rectas se miran en 1er lugar su vectores directores y como no son

proporcionales entonces las rectas se cortan o se cruzan dr = (0, 1, -3)

det ( , det ( ,

ds = (1, 0, 2) :

, ,

≠ ≠

 dr

ds

)=0  )≠0 

PrPs = (0, 0, -3) - (0, 0, 3) = (0, 0, -6)

0

−3 2 = 6 ≠ 0  las rectas se cruzan 0 −6 ó (1,0,2) (b) Como el plano contiene a la recta s  (0,0, −3) det(dr, ds, PrPs) = 1

1 0 0

Como el plano es paralelo a la recta s 

ó ó ó

Por tanto la ecuación general del plano

−0 1 0

−0 0 1

(0,1, −3)

(1,0,2) (0,1, −3) es (0,0, −3)

−3 2 = 0 desarrollando por los adjuntos 1ª fila: −3 +

+ −

=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 148

Modelo 2/ 2008 – Opción B Ejercicio 1.Sea

∶ [0, 4] → ℜ la función definida por

a) [2 puntos] Determina

y

,

sabiendo que

en el intervalo abierto (0, 4) y que

+ + +1

f(x) =

(0) =

0≤ 2≤

<2 ≤4

es continua en el intervalo cerrado [0, 4], derivable (4).

b) [0’5 puntos] ¿En qué punto del intervalo se anula la derivada de la función? Solución (a) Se está exigiendo que la función f cumpla las hipótesis del Teorema de Rolle en el intervalo [0, 4].

+ + +1

f(x) =

0≤ 2≤

<2 ≤4

 f(x) es continua en [0, 4]  es continua en x = 2  f(2) = lim+ f ( x) = lim− f ( x) x →2

x →2

lim f ( x) = lim ( x 2 + ax + b) = 4 + 2 +

x →2 −

x→2−

 Igualando: 2c + 1 = 4 + 2a + b

f(2) = lim+ f ( x) = lim+ ( cx + 1) = 2 + 1 x→2

x →2

 Como la función f es derivable en (0, 4): f(x) =

+ + +1

0≤ 2≤

< 2  f’(x) = 2 + ≤4

0< 2≤

<2 <4

Como es derivable en (0,4)  es derivable x = 2  f’(2 +) = f’(2 -) f’(2 -) = lim− f ' ( x) = lim− (2 x + a) = 4 + x →2

x →2

 Igualando: 4 + a = c

f’(2 +) = lim+ f ' ( x ) = lim+ (c ) = x→2

x →2

 Como f(0) = f(4)  b = 4c + 1  Resolviendo el sistema

2 +1=4+2 + =4+ =4 +1

Por tanto la función pedida es f(x) =

(b) f(x) =

−3 +5 0≤ <2 +1 2≤ ≤4

− +  f’(x) =

, obtenemos a = - 3, b = 5 y c = 1

+

≤ <2 ≤ ≤

2 −3 0< 1 2≤

Veamos donde f’(x) = 0  2x – 3 = 0 con 0 < x < 2  x =

<2 <4 (que está entre 0 y 2)

Es la tesis del Tª de Rolle que se cumple en x =

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 149

Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Calcula

(ln denota la función logaritmo neperiano).

. ln( + 1)

Solución es una integral por partes

. ln( + 1) = ln( + 1) 



=

(

):

= . −

=

=



+ =

=

. ln( + 1)

. ln ( + 1) −

(

)

∗

(*: se puede elegir cualquier primitiva de “x”, he elegido una de forma que al efectuar “ (

=

)

Quedaría:

(

)( (

(

)

=

)

= (

.

( + )

− ) =

. ln( + 1)

Por tanto:

=

)

=

)

” se pueda simplificar:

. ln ( + 1) - (

=

. ln( + 1) - (

= 0.

2 − ( − 1) -

− )

=

− )

1 − (0 − 0) = - 0 =

.

u.a.

Si no se hace el procedimiento de * la integral es más laboriosa como se puede observar:

= ln( + 1) 



=

= =



+

Hay que calcular ahora la integral racional:

=

. ln( + 1)

= (

. ln( + 1) −

x2 x+1 -x2 - x x-1 - x +x+1 1 )

=

= . ln( + 1)



=

=

−1+

=

−

+ ln ( + 1)

. ln( + 1) −

−

+ ln( + 1)

( −1+

)

)

que como el grado del numerador es mayor que el

)

del denominador, hay que dividir.

(

(

A continuación se haría la integral definida de la misma forma

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 150

Ejercicio 3.- [2’5 puntos] Halla los valores del parámetro

que hacen compatible el sistema de ecuaciones:

− +2 −2 =2 2 + + = +3 − = Solución La matriz de los coeficientes A =

−1 2 1

2 −2 1 1 3 −1

y ampliada A* =

−1 2 1

2 1 3

−2 1 −1

2

Para que el sistema sea compatible tiene que ser rango(A) = rango(A*)  Calculo rango(A)

En A como

−1 2

−1 2 −2 2 1 1 = 1 − 12 + 2 − (−2 − 3 − 4) = 0  rango(A) <3 1 3 −1 2 = -5 ≠ 0  rango(A) = 2 1

 Imponemos que rango(A*) = 2 por lo que todos los menores orlados de orden 3 de uno no nulo de orden 2 tienen que ser 0:

−1 2 = -5 ≠ 0 en A* 2 1 3ª 3ª :| | = 0 −1 2 2 3ª 4ª : 2 1 = − 1 3

Los orlados de

Para que el rango no sea 3 se impone −5

Resolviendo la ecuación:

=

±√

=

+5

+ 12 + 2

+ 10 = −5(

−

−2+3

−4

= −5

− 2) = 0

2 −1

Por tanto para estos valores de “m” : rango(A) = rango(A*) = 2 < 3 por lo que por el Tª de Rouche el sistema es compatible indeterminado y la solución depende de un parámetro Para m = - 1 y m = 2, el sistema dado es compatible (indeterminado uniparamétrico)

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 151

+5

Ejercicio 4.- [2’5 puntos] Sea la recta

definida por

de ecuación + corta a la recta .

=1 − =0

y sean los planos π1 de ecuación

+

+

= 0, y π2

= 0. Halla la recta contenida en el plano π1 , que es paralela al plano π2 y que

Solución  Sea “s” la recta pedida y sea ds la dirección de la recta. s está contenida en el plano π 1: s ⊂ π 1  ds ⊥ vector normal de π 1 = n π1 = (1, 1 1) s es paralela al plano π2: s || π 2  ds ⊥ vector normal de π 2 = n π2 = (0, 1, 1) Por tanto ds es perpendicular a n π1 y a n π2  ds = n π1 x n π2

ds = n π1 x n π2 = 1

1 = . 0 − . 1 + . 1 = (0, -1, 1) 1 = = − con λ ∈ ℜ La recta pedida en su ecuación paramétrica es: = + 1 1

0

Siendo A(a,b,c) el punto de “s” que corta a “r” es decir A ( ,

− , + )

 Como "s" corta a "r", en A: A( ,

=1 − =0

− , + ) cumple Por tanto:

=

El punto A queda de la forma: ( ,

−



=1 

=1  =

=

=1

=1 =1+

− , + ) = (1,1 + − , + ) = (1,1, + )

 Como s ⊂ π 1  el punto A(1,1, + ) verifica la ecuación del plano π 1: x + y + z = 0

=0 

1+1+ +

A quedaría (1,1, + ) = (1,1, −2 −

 La recta pedida es

= = − = +

≡

= −2 −

+ ) = (1,1, −2) = = − =− +

λ∈ℜ

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 152

Modelo 3/ 2008 – Opción A Ejercicio 1.Sea la función

: [0, 2π] →ℜ definida por: ( ) =

(

+

)

a) [1’25 puntos] Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de b) [1’25 puntos] Calcula los puntos de inflexión de la gráfica de

.

.

Solución (a)

( )=

(

(2.

)

)

+

( )=

(

+

)+

(

)=

−

Estudiamos el signo de f ‘(x) es el intervalo [0, 2π] que al ser continua los posibles cambios de signo se encuentran en los ceros de la función: f ‘(x) = 0 

)=0 

(2.

( ) = 0 (porque la exponencial no se anula nunca)

( ) = 0 en [0, 2π] son x =

Las soluciones de

y x=

Signo de f’:

+ 0

signo de f’( ) =signo de “

+

3

2

2π

”=-

signo de f’(

7 ” =+ 4

) =signo de “

Resumiendo:

) ∪ ( , 2π)

f es decreciente en (

,

En x = En x =

”=+

signo de f’( ) =signo de “

2

f es creciente en (0,

4

)

hay un máximo relativo hay un mínimo relativo

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 153

(b) Los posibles puntos de inflexión (P.I.) están entre las soluciones de la ecuación f”(x) = 0.

Para ver si lo son además tienen que cambiar la curvatura es decir el signo de f”

( ) = 2.

 "( ) = −2

.

f”(x) = 0 

.

+2

=2

(

−

)

= 0 (porque la exponencial no se anula nunca)

−

en el intervalo [0, 2π]  x =

=

.

y x=π+

=

posibles P.I.

Se estudia el signo de f” que como es continua en ℜ solo se tienen en cuenta sus ceros: Signo de f’’

+ 0

4

signo de f”( ) =signo de “

+ 5

2π

signo de f’( ) =signo de “

4 signo de f’(

) =signo de “

Resumiendo: En x = En x =

hay un punto de inflexión hay un punto de inflexión

Aunque no se pide la gráfica sería:

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 154

6

−

6

”=-

− 3 2

”=+

−

3 ” =+ 2

Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Sean

: ℜ → ℜ, y : ℜ → ℜ, las funciones dadas por ( ) =

y

( )=

Se sabe que el área del recinto limitado por las gráficas de las funciones Calcula el valor de la constante

y

(con es

> 0) .

.

Solución La gráfica de g(x) = a es un recta paralela al eje OX y por encima de él (porque a > 0) La gráfica de f(x) es una parábola con vértice en (0,0) y ramas hacia arriba. Un esbozo es y = x2

y=a

Para calcular el área coloreada como la recta y = a está por encima de la parábola:

Área =

[ ( )−

=

( )]

siendo a y b las soluciones de f(x) = g(x)

f(x) = g(x)  x2 = a 

Área =

√ √

Área = 2. 2.

[ ( )−

√

( −

√ −

(√ )

=2.

( )]

 2.

=

) =

√



√

= ±√

[ ( )−

( )] √

− (√ )

=

= 2.

=

√ −

puesto que el recinto es simétrico

(√ )

=

 3 √ − (√ ) = 2 

 √ . 3 − (√ )

= 2  √ . (3 − ) = 2  √ .2 = 2  elevando al cuadrado



=1

.4

=4 



=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 155

Ejercicio 3.- [2’5 puntos] Sea

la matriz identidad de orden 3 y

Calcula, si existe, el valor de

=

para el cual (

0 −1 −1 0 1 1 −

−2 −2 3

) es la matriz nula.

Solución =

0 −1 1

−1 0 1

−2 −2 3

=

1 0 0 1 0 0

0 0 1

Matriz nula

0 0 0

=

0 0 0

(A − kI)2 = (A − kI).(A − kI) = 0 (matriz nula)

0 (A − kI) = −1 1

−1 0 1

−2 1 0 0 − −2 - k . 0 1 0 = −1 3 0 0 1 1

− (A − kI).(A − kI) = −1

1

−1 − 1

−2 −2 3−

−1 2 −2 2 −2 −1 −2 + 2 −2 + 2

.

– −1 −1 − 1 1 4 −4 4 −4 −6 +5

−1 − 1

−2 −2 3−

0 0 0 0 0 0 0 0 0

−2 −2 3−

=

=

0 0 0 0 0 0 0 0 0

Igualando cada expresión a cero tenemos tendríamos nueve ecuaciones. Resolvemos la primera: k2 – 1 = 0  k = 1 y k = -1 Se comprueba cual de las dos soluciones verifica todas las ecuaciones y es k = 1

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 156

0 0 0

Ejercicio 4.Se sabe que los planos de ecuaciones cortan en una recta r.

= 1, 2 +

+2 +

+

= 0, 3 + 3 − 2 = 1 se

a) [1’25 puntos] Calcula el valor de b. b) [1’25 puntos] Halla unas ecuaciones paramétricas de r. Solución (a) Si los planos se cortan en una recta nos piden que estudiemos el valor de b para que el sistema

+2 + =1 2 + + = 0 tenga infinitas soluciones que dependan de un parámetro por lo que se tiene que 3 +3 −2 =1 cumplir: rango(A) = rango(A*) = 2, siendo A y A* la matriz de los coeficientes la matriz ampliada de dicho sistema. La matriz de los coeficientes del sistema es

∗

La matriz ampliada

=

=

1 2 2 1 3 3 −2

1 2 3

2 1 3

−2

1 0 1

En este caso basta con que det(A) = 0 pues en A hay un menor de orden 2 no nulo:

1 2

1 | |= 2 3

=

2 1 3

= −2 + 6 + 6 − 3 − 3 + 8 = 6 + 6 = 0 

2 1

−2

Para este valor de b se cumple que rango(A) = rango(A*) = 2 (b) Calcular las ecuaciones paramétricas de la recta es resolver el sistema: se elimina la ecuación (fila) que no forma parte del

menor que da el rango y la incógnita (columna) que no forma parte de él se le da un valor paramétrico.

∗

=

+2 + =1  2 + + =0

1 2 1 2 1 1 3 3 −2

Al valor de “z” se le da un valor paramétrico λ

1 0 1

+2 =1− 2 + =− =

 Se resuelve por reducción

−3 = 1 +   Sustituyendo en la 2ª ecuación 2 +

 

=−



− =

La solución del sistema es

+

=



−

= − 

−

= −

con λ ∈ ℜ

=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 157

= − 

Modelo 3/ 2008 – Opción B Ejercicio 1.Sea

: ℜ → ℜ la función definida por

a) [0’75 puntos] Esboza la gráfica de

( )=

.| | 6−

≤2 >2

.

b) [1 punto] Estudia la derivabilidad de . c) [0’75 puntos] Calcula el área comprendida entre la gráfica de

y el eje de abscisas.

Solución (a) Como | | =

−

<0 .| |  f(x) = >0 6−

≤2 = >2

− 6−

<0 0≤ ≤2 >2

Dibujamos la función a trozos:

x

y

0

0 vértice de la parábola de ramas hacia abajo

0

0 vértice de la parábola de ramas hacia arriba

2

4

2

4 punto donde comienza a dibujarse la recta

(b) De la gráfica se observa que la función no es derivable en x = 2 puesto que hay un pico, vamos a comprobarlo

− f(x) =

6−

<0 0≤ ≤2 >2

 f’(x) =

−2 2 −1 ¿

<0 0< <2 >2 = 0 ,2

 En principio f es derivable ℜ - {0,2} por serlo cada uno de los trozos. Estudiamos la derivada en x = 0 y x = 2

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 158

 Para estudiar la derivabilidad en x = 0 aplico:

= =  f es continua en x = 0 porque



= ≤ 2 es continua en ℜ

( ) = .| |

 f’ continua en x = 0: f’(0-)= lim− f ' ( x) = lim− (−2 x) = 0 x →0

x →0

f’(0+)= lim+ f ' ( x ) = lim+ ( 2 x ) = 0 x →0

 f’ es continua en x = 0

x →0

Por tanto f es derivable en x = 0  Comprobamos que f(x) no derivable en x = 2 f’(2 -) = lim− f ' ( x) = lim− ( 2 x ) = 4 x →2

x→2

f’(2 +) = lim+ f ' ( x ) = lim+ ( −1) = -1 x→2

x→2

Como f ‘(2 +) ≠ f ‘(2 -)  f no es derivable en x = 2 La función derivada es f’(x) =

−2 2 −1

<0 0≤ <2 >2

Nota: la forma correcta de demostrar que f no es derivable en x = 2 es aplicar la definición: f’(2 -) = lim−

f ' (2 + h) − f (2) (2 + h) 2 − 4 h 2 + 4h = lim− = lim = lim− ( h + 4) = 4 h→0 h→0 h→0 h h h h<0

f’(2 +) = lim+

[6 − (2 + h)] − 4 = f ' (2 + h) − f (2) = lim lim ( −1) = −1 h → 0 h→0+ h h h >0

h →0

h →0

(c) Viendo la gráfica el área pedida es

Área =

+

(6 − )

=

+ 6 −

= + [(36 − 18) − (12 − 2)]=

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 159

u2

Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Calcula

(ln denota la función logaritmo neperiano).

. ln( )

Solución Calculamos primero la integral indefinida, que es una integral por partes

= . −

. ln( )

= ln 

=



=

=

=

=

=

=

. ln −

=

. ln −

=

. ln − .

. ln −

Por tanto: =

.

=

. ln − =

.

−

−

.

=

1−

u.a.

Ejercicio 3.- [2’5 puntos]

Dadas las matrices

1 1 2 = 1 2 1 1 1 1

y

1 = 2 −1

0 0 1

a) [1 punto] Calcula, si existen, la matriz inversa de b) [1’5 puntos] Resuelve la ecuación matricial matriz identidad de orden 3.

2 4 1 y la de

+

=

.

+ , donde

denota la

Solución (a) Existe la matriz inversa de A y de B ⇔ |A| ≠ 0 y |B| ≠ 0

1 1 2 |A| = 1 2 1 = 2 + 2 + 1 - 4 - 1 – 1 = -1 ≠ 0  ∃ A-1 = ( | | 1 1 1 1 0 2 B-1 |B| = 2 0 4 = 0 + 4 + 0 - 0 - 4 – 0 = 0  −1 1 1

Ejercicios resueltos de selectividad, 2008 a 2010 – Andalucía – Página nº 160

)

2 1

1 =1 1

1 1 1 A13 = (-1)1+3. 1

1 =0 1 2 = -1 1

A11 = (-1)1+1.

1 1

2 =1 1

1 1 1 A23 = (-1)2+3. 1

2 = -1 1 1 =0 1

A21 = (-1)2+1.

A31 = (-1)3+1.

1 2

-3 A12 = (-1)1+2.

A -1 =

| |

A22 = (-1)2+2.

1 1 −3 0 −1 1 −1 0 1

. (AdjA)T = -1 .

1 1 1 A33 = (-1)3+3. 1 A32 = (-1)3+2.

−

2 =1 1 1 =1 2

−

=

− −

(b) AX + B = A + I  AX = A + I – B

Como existe A -1, multiplicamos ambos miembros por la izquierda por A -1 A -1(AX) = A -1( A + I – B)  IX = A -1( A + I – B)  X = A -1( A + I – B)