Pruebas de Acceso a enseñanzas
universitarias oficiales de grado
Castilla y León
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MATEMÁTICAS II EJERCICIO Nº páginas: 2
INDICACIONES: 1.- OPTATIVIDAD: El alumno deberá escoger una de las dos opciones,
pudiendo desarrollar los cuatro ejercicios de la misma en el orden que desee.
2.- CALCULADORA: Se permitirá el uso de calculadoras no programables (que no admitan
memoria para texto ni representaciones gráficas).
CRITERIOS GENERALES DE EVALUACIÓN: Cada ejercicio se puntuará sobre un máximo
de 2,5 puntos. Se observarán fundamentalmente los siguientes aspectos: Correcta utilización de los conceptos, definiciones y propiedades relacionadas con la naturaleza de la situación que se trata de resolver. Justificaciones teóricas que se aporten para el desarrollo de las respuestas. Claridad y coherencia en la exposición. Precisión en los cálculos y en las notaciones. Deben figurar explícitamente las operaciones no triviales, de modo que puedan reconstruirse la argumentación lógica y los cálculos.
OPCIÓN A
1. Sea la función f (x) = (2x2 + 3)ex.
a) Estudiar asíntotas, crecimiento, decrecimiento, extremos relativos, concavidad, convexidad y puntos de inflexión.
b) Esbozar su gráfica.
2. a) Calcular sen(2 )2 3 sen ( )
x dx x
+
∫
.b) Calcular
0
ln(1 ) ln(1 ) sen( )
x
x x
Lim
x x
→
+ + −
.
3. Se considera el sistema
2
2 0
1
x ay z
x y az
x y z a
+ − =
+ + =
+ − = +
, donde a es un parámetro real. Se pide:
a) Discutir el sistema en función del valor de a.
b) Hallar la solución del sistema para a = 1, si procede.
4. Dados el punto A (2, 1, 1) y las rectas r ≡ x = 2 2
y+
= z – 1, y s ≡ 0 2
x y
x z
+ =
+ =
, se pide:
OPCIÓN B
1. a) Determinar en qué puntos de la gráfica de la función y = x3 – 6x2 + 4x + 8 la recta tangente a la misma es paralela a la recta y = 4x + 7.
b) Hallar el área de la región comprendida entre las rectas x = 1, x = 4 y que está limitada por dichas rectas, la gráfica de la función f (x) = | x2 – 4 | y el eje OX.
2. a) Determinar los extremos absolutos de la función f (x) = x2 – 4x + 4 en el intervalo [1, 4]. b) Aplicando la definición, estudiar la continuidad y derivabilidad de la función f dada por
f (x) =
2
2
si 0 1
ln ( )
si 1 2
1
x x x
x
x x
− ≤ ≤
< ≤
−
, en el punto x = 1, donde ln denota el logaritmo neperiano.
3. a) Determinar, en función del valor del parámetro real a, el rango de la matriz A =
1 1
1 0 1
3
a
a a
− −
.
b) Sea C una matriz 2x2 de columnas C1 y C2 y de determinante 5, y sea B una matriz 2x2 de determinante 2. Si D es la matriz de columnas 4C2 y C1 – C2, calcular el determinante de la matriz BD–1.
4. Sea s la recta de ecuaciones paramétricas
3 2
1
1
x t
y t
z
= +
= − −
=
.
a) Hallar la ecuación de la recta r que pasa por el punto P (1, 0, 5) y corta perpendicularmente a la recta s.
SOLUCIONES
OPCIÓN A
1. Sea la función f (x) = (2x2 + 3)ex.
a) Estudiar asíntotas, crecimiento, decrecimiento, extremos relativos, concavidad, convexidad y puntos de inflexión.
b) Esbozar su gráfica.
Solución:
a) En primer lugar tengamos en cuenta que el dominio de esta función es todo ℝ por ser producto de funciones (una polinómica y otra exponencial) cuyo dominio es todo ℝ:
Dom f = ℝ
Estudiemos sus asíntotas.
• Asíntotas verticales: Como el dominio de la función es todo ℝ, no tiene asíntotas verticales.
• Asíntotas horizontales:
Estudiemos por separado las asíntotas cuando x → +∞ y cuando x → –∞.
2
(2 3) x
x
Lim x e
→+∞ + = (+∞) · (+∞) = +∞
Por tanto no hay asíntota horizontal cuando x → +∞.
Por otra parte:
2 2 2
(2 3) x [2( ) 3] x (2 3) x
x x x
Lim x e Lim x e− Lim x e−
→−∞ + = →+∞ − + = →+∞ + =
2
´ ´
2 3 L Hopital 4 L Hopital 4
x x x
x x x
x x
Lim Lim Lim
e e e
→+∞ →+∞ →+∞
+ ∞
= = = → = = → =
∞ = 0
Por tanto, la recta y = 0 es una asíntota horizontal cuando x → –∞.
• Asíntotas oblicuas: estas son de la forma y = mx + n, donde deben existir y ser finitos los límites:
m = ( )
x
f x Lim
x
→+∞ y n = xLim f x→+∞[ ( )−mx]
Veamos si existe asíntota oblicua cuando x → +∞.
m =
2
( ) (2 3) 3
2 ( )·( )
x
x
x x x
f x x e
Lim Lim Lim x e
x x x
→+∞ →+∞ →+∞
+
= = + = +∞ +∞ = +∞
Por tanto, no hay asíntota horizontal cuando x → +∞.
Estudiemos ahora el crecimiento, decrecimiento y extremos relativos. Para ello calculemos la derivada primera:
f ‘(x) = 4x · ex + (2x2 + 3) · ex = (2x2 + 4x + 3) · ex
Obtenemos los puntos singulares igualando dicha derivada a cero:
f ‘(x) = 0 ⇒ (2x2 + 4x + 3) · ex = 0 ⇒ 2x2 + 4x + 3 = 0 ⇒ Sin soluciones reales
Por tanto, la función no tiene extremos relativos y además es siempre creciente pues f ‘(x) > 0 en todo ℝ.
Estudiemos a continuación la curvatura y los puntos de inflexión. Para ello, calculemos la derivada segunda:
f ‘’(x) = (4x + 4) · ex + (2x2 + 4x + 3) · ex = (2x2 + 8x + 7) · ex
Los puntos de inflexión se presentan en las soluciones de la ecuación que resulta de igualar la derivada segunda a cero:
f ‘’(x) = 0 ⇒ (2x2 + 8x + 7) · ex = 0 ⇒ 2x2 + 8x + 7 = 0 ⇒ x = –2 ± 2 2
Al estudiar la curvatura de la función tenemos que:
Entonces, la función es cóncava hacia arriba en , 2 2 2 2,
2 2
−∞ − − ∪ − + + ∞
y cóncava hacia
abajo en 2 2, 2 2
2 2
− − − +
.
Por tanto, como para x = –2 – 2
2 la curvatura cambia de ser cóncava hacia arriba a ser cóncava
hacia abajo en dicho punto hay un punto de inflexión. De igual modo, como en x = –2 + 2
2 la curvatura cambia de ser cóncava hacia abajo a ser cóncava hacia arriba en dicho punto hay otro punto de inflexión.
Puntos de inflexión
2 2
2
2
2 , (12 4 2)
2 e
− −
− − +
y
2 2
2
2
2 , (12 4 2)
2 e
− +
− + −
–2 – 2 2
f ‘’ (x) > 0 f ‘’ (x) < 0 f ‘’ (x) > 0
b) Con toda la información obtenida en el apartado anterior, tenemos que la representación gráfica de la función es:
2. a) Calcular sen(2 )2 3 sen ( )
x dx x
+
∫
.b) Calcular
0
ln(1 ) ln(1 ) sen( )
x
x x
Lim
x x
→
+ + −
.
Solución:
a) Tengamos en cuenta que:
sen (2x) = 2 sen (x) cos (x)
Entonces:
2
sen(2 ) 3 sen ( )
x dx x
+
∫
= 2sen( ) cos( )23 sen ( )
x x
dx x
+
∫
= ln | 3 + sen2 (x) | + Cpor ser el numerador la derivada del denominador.
b)
0
ln(1 ) ln(1 ) sen( )
x
x x
Lim
x x
→
+ + −
= ´ ´
0
1 1
1 1
sen( ) cos( )
L Hopital L Hopital
x
x x
Lim
x x x
→
− + −
→ = = → = +
=
2 2
0
1 1
2
(1 ) (1 )
2cos( ) sen( ) 2
x
x x
Lim
x x x
→
− −
−
+ − =
3. Se considera el sistema
2
2 0
1
x ay z
x y az
x y z a
+ − =
+ + =
+ − = +
, donde a es un parámetro real. Se pide:
a) Discutir el sistema en función del valor de a.
b) Hallar la solución del sistema para a = 1, si procede.
Solución:
a) Consideremos las matrices de los coeficientes, A, y la matriz ampliada, A , del sistema:
A =
1 1
2 1
1 1 1
a
a
− −
A =
1 1 2
2 1 0
1 1 1 1
a a
a
−
− +
Veamos cual es el rango de A:
| A | =
1 1
2 1
1 1 1
a
a
−
−
= –1 – 2 + a2 + 1 – a + 2a = a2 + a – 2
Dicho determinante se anula para:
a2 + a – 2 = 0 ⇒ a = 1 y a = –2
Por tanto, tenemos que:
• Si a ≠ 1 y a ≠ –2 ⇒ rango (A) = 3 = rango ( A ) = nº incógnitas ⇒ Sistema compatible determinado (Solución única)
• Si a = 1 ⇒ rango (A) = 2 pues podemos encontrar un menor de orden dos no nulo:
2 1
1 1 = 2 – 1 = 1 ≠ 0
Por otra parte, si orlamos este menor con los elementos de la primera fila y la columna de términos independientes en la matriz ampliada, A , obtenemos que:
1 1 2
2 1 0
1 1 2 = 0
• Para a = –2 ⇒ rango (A) = 2 pues podemos encontrar un menor de orden dos no nulo (el mismo que antes). Por otra parte, si orlamos este menor con los elementos de la primera fila y la columna de términos independientes en la matriz ampliada, A , obtenemos que:
1 2 2
2 1 0
1 1 1
−
−
= –3 ≠ 0
Por tanto, rango ( A ) = 3 ≠ rango (A) = 2 ⇒ Sistema incompatible (Sin solución)
b) Para a = 1 el sistema que tenemos es
2
2 0
2
x y z
x y z
x y z
+ − =
+ + =
+ − =
, que es compatible indeterminado (infinitas
soluciones dependientes de un parámetro). El sistema equivalente con el que nos quedamos (eliminados la primera ecuación, ya que es la que no forma parte del menor de orden dos no nulo que nos ha ayudado a decidir que rango (A) = rango ( A ) = 2) es:
2 0
2
x y z
x y z
+ + =
+ − =
Si tomamos z como parámetro (por ser la incógnita que no formaba parte del menor de orden dos no nulo que nos ha ayudado a decidir que rango (A) = rango ( A ) = 2), z = λ, tenemos que:
2
2
x y
x y
+ = −λ
+ = + λ
Resolviendo este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas se llega a que la solución del sistema es:
2 2
4 3
x
y
z
= − − λ
= + λ
= λ
con λ∈ ℝ
4. Dados el punto A (2, 1, 1) y las rectas r ≡ x = 2 2
y+
= z – 1, y s ≡ 0 2
x y
x z
+ =
+ =
, se pide:
a) Hallar la ecuación de la recta que pasa por A y corta a r y s. b) Hallar la ecuación del plano perpendicular a r que pasa por A.
Solución:
a) La recta que pasando por A se apoya en r y s viene determinada por la intersección de los planos
πr y πs cada uno de los cuales vienen dados por las ternas πr ≡ (A, AR
, vr
) y πs ≡ (A, AS
, vs
AR
: vector que une el punto A con un punto cualquiera, R, de la recta r.
r
v
: vector director de la recta r.
AS
: vector que une el punto A con un punto cualquiera, S, de la recta s.
s
v
: vector director de la recta s.
Calculemos pues dichos vectores y posteriormente los planos πr y πs. Para calcular un punto y el
vector director de las rectas r y s, podemos calcular sus ecuaciones paramétricas. Así:
r ≡ 2 2
1
x
y
z
= λ
= − + λ
= + λ
λ∈ ℝ y s ≡
2
x
y
z
= µ
= −µ
= − µ
µ∈ ℝ
Por tanto podemos decir que:
R (0, –2, 1) ; vr
= (1, 2, 1) ; S (0, 0, 2) ; vs
= (1, –1, –1)
Entonces:
AR
= (–2, –3, 0) y AS
= (–2, –1, 1)
Con todo esto tenemos que:
πr≡
2 1 1
2 3 0
1 2 1
x− y− z−
− − = (–3) (x – 2) – (–2) (y – 1) + (–1) (z – 1) = 0 ⇒ –3x + 2y – z + 5 = 0
πr≡
2 1 1
2 1 1
1 1 1
x− y− z−
− − − −
= 2 (x – 2) – (y – 1) + 3 (z – 1) = 0 ⇒ 2x – y + 3z – 6 = 0
La recta buscada es por tanto la intersección de estos dos planos, es decir:
3 2 5
2 3 6 0
x y z
x y z
− + − =
− + − =
b) Para calcular la ecuación del plano pedido, π, tendremos en cuenta que al ser perpendicular a la recta r, el vector característico de dicho plano, p
, es precisamente
el vector director de la recta r, vr
. Por tanto la ecuación
del plano π será de la forma:
π≡ x + 2y + z + D = 0
Si imponemos la condición de que dicho plano pase por el punto A, se ha de cumplir que:
2 + 2 · 1 + 1 + D = 0 ⇒ D = –5
Por tanto la ecuación del plano π buscado es:
π≡ x + 2y + z – 5 = 0
• • A
π
r vr = p
OPCIÓN B
1. a) Determinar en qué puntos de la gráfica de la función y = x3 – 6x2 + 4x + 8 la recta tangente a la misma es paralela a la recta y = 4x + 7.
b) Hallar el área de la región comprendida entre las rectas x = 1, x = 4 y que está limitada por dichas rectas, la gráfica de la función f (x) = | x2 – 4 | y el eje OX.
Solución:
a) Tengamos en cuenta las siguientes consideraciones:
• Dos rectas paralelas tienen igual pendiente.
• La pendiente de la recta tangente a la gráfica de la función en un punto x = a es el valor de la derivada de la función en dicho punto, es decir, f ‘(a).
Así, como:
• La recta dada, y = 4x + 7, tiene pendiente m = 4.
• f ‘(x) = 3x2 – 12x + 4
Se ha de cumplir que dichos valores coincidan, es decir:
3x2 – 12x + 4 = 4 ⇒ 3x2 – 12x = 0 ⇒ x = 0 y x = 4
Por tanto los puntos de la gráfica de la función y = x3 – 6x2 + 4x + 8 en los que la recta tangente a la misma es paralela a la recta y = 4x + 7 son:
(0, f (0)) = (0, 8) y (4, f (4)) = (4, –8)
b) Para calcular el área de la región pedida, expresemos en primer lugar la función f como una función definida a trozos:
f (x) =
2
2
2
4 si 2
4 si 2 2
4 si 2
x x
x x
x x
− ≤ −
− − < <
− ≥
Por tanto, teniendo en cuenta esta expresión para f, y que dentro del intervalo [1, 4] esta cambia de expresión, el área pedida viene dada por:
Área =
2 4
3 3
4 2 4
2 2
1 1 2
1 2
( ) (4 ) ( 4) 4 4
3 3
x x
f x dx= −x dx+ x − dx= x− + − x =
∫
∫
∫
2
8 1 64 8 16 11 16 16 5 32 37
8 4 16 8
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 u
= − − − + − − − = − + − − = + =
Aunque no lo piden, aquí tienes una representación gráfica de la función f, con el área pedida sombreada:
2. a) Determinar los extremos absolutos de la función f (x) = x2 – 4x + 4 en el intervalo [1, 4]. b) Aplicando la definición, estudiar la continuidad y derivabilidad de la función f dada por
f (x) =
2
2
si 0 1
ln ( )
si 1 2
1
x x x
x
x x
− ≤ ≤
< ≤
−
, en el punto x = 1, donde ln denota el logaritmo neperiano.
Solución:
a) En primer lugar, recordemos el teorema de Weierstrass: “Si una función es continua en un intervalo cerrado [a, b], entonces tiene máximo y mínimo absolutos en dicho intervalo.” En el caso que nos ocupa, la función f es continua en toda la recta real por ser polinómica, y por tanto es continua en el intervalo considerado [1, 4]. Entonces, presentará un máximo y un mínimo absolutos en ese intervalo. Dichos extremos coincidirán con un extremo relativo de la función, o bien estarán en alguno de los extremos del intervalo. Calculemos los extremos relativos de la función f::
f ‘ (x) = 2x – 4 ; f ‘ (x) = 0 ⇒ 2x – 4 = 0 ⇒ x = 2
Como f ‘’ (x) = 2, entonces:
f ‘’ (2) = 2 > 0 ⇒ En x = 2 hay un mínimo de valor f (2) = 0
Por otra parte, los valores que toma la función f en los extremos del intervalo son:
f (1) = 1 y f (4) = 4
b) Estudiemos en primer lugar la continuidad de f (x) en x = 1. Para que f sea continua en dicho punto, debe cumplirse que:
f (1) =
1 ( )
x
Lim f x
→
Para que exista
1 ( )
x
Lim f x
→ , se ha de cumplir que:
1
( )
x
Lim f x −
→ = 1
( )
x
Lim f x + →
Se tiene que:
f (1) = 1 – 12 = 0
1
( )
x
Lim f x − → = 2 1 ( ) x
Lim x x
−
→ − = 0
1
( )
x
Lim f x + → = 2 ´ 1 1 1 2 ln( )
ln ( ) 0
1 1 1
L Hopital x x x x x Lim Lim x + +
→ − = → = → = = 0
Por tanto, f es continua en x = 1.
Para que dicha función sea derivable en x = 1, se ha de cumplir que las derivadas laterales en x = 1 coincidan, esto es, f ‘(1–) = f ‘(1+). Tenemos que:
f ‘(1–) =
2 2
0 0 0 0
(1 ) (1) [(1 ) (1 ) ] 0
( 1 )
h h h h
f h f h h h h
Lim Lim Lim Lim h
h h h
− − − −
→ → → →
+ − = + − + − = − − = − −
= –1
f ‘(1+) =
2
2 2
0 0 0
ln (1 ) 0
(1 ) (1) (1 1) ln (1 )
h h h
h
f h f h h
Lim Lim Lim
h h h
+ + +
→ → →
+ −
+ − = + − = + = L Hopital' →
´
0 0 0
1 1
2 ln(1 )
ln(1 ) 1
1 1
2 (1 ) 1 2 1
L Hopital
h h h
h
h
h h
Lim Lim Lim
h h h h
+ + +
→ → →
+ +
+ +
= = = → = =
+ + = 1
Como f ‘(1–) ≠ f ‘(1+), la función f no es derivable en x = 1.
Por tanto, la derivada de la función viene dada por:
f ‘(x) = 2
2
1 2 si 0 1
2 ( 1) ln( ) ln ( )
si 1 2
( 1)
x x
x x x x
x x x
− ≤ <
3. a) Determinar, en función del valor del parámetro real a, el rango de la matriz A =
1 1
1 0 1
3
a
a a
− −
.
b) Sea C una matriz 2x2 de columnas C1 y C2 y de determinante 5, y sea B una matriz 2x2 de determinante 2. Si D es la matriz de columnas 4C2 y C1 – C2, calcular el determinante de la matriz BD–1.
Solución:
a) Para estudiar el rango de la matriz A, veamos para que valores de a se anula su determinante:
| A | =
1 1
1 0 1
3
a
a a
−
− = 0 – a – 3a – 0 + a – a2 = –a2 – 3a
| A | = 0 ⇒ –a2 – 3a = 0 ⇒ a = 0 y a = –3
Por tanto:
• Si a ≠ 0 y a ≠ –3 ⇒ rango (A) = 3.
• Si a = 0, entonces A =
1 0 1
1 0 1
3 0 0
− −
, y podemos encontrar en ella un menor de orden dos no
nulo, por ejemplo:
1 1
3 0
−
= 0 + 3 = 3 ≠ 0
Por tanto, rango (A) = 2.
• Si a = –3, entonces A =
1 3 1
1 0 1
3 3 3
− − − − −
, y también podemos encontrar en ella un menor de
orden dos no nulo, por ejemplo:
1 1
3 0
−
= 0 + 3 = 3 ≠ 0
Por tanto, rango (A) = 2.
b) Repasemos en primer lugar algunas propiedades de los determinantes:
(1) Si A y C son dos matrices cuadradas del mismo orden, entonces el determinante del producto de ambas matrices es igual al producto de los determinantes de ambas matrices.
(2) Si A es una matriz cuadrada regular, el determinante de la matriz inversa, A–1, es el inverso
del determinante: det ( A–1 ) = 1 ( )
det A
(3) Si todos los elementos de una fila o columna de una matriz cuadrada se descomponen es dos sumandos, entonces su determinante es igual a la suma de dos determinantes que tienen en esa fila o columna el primero y segundo sumandos, respectivamente, y en las demás los mismos elementos que el determinante inicial.
(4) Si se multiplican todos los elementos de una fila o columna de una matriz cuadrada por un número, el determinante queda multiplicado por dicho número.
(5) Si cambiamos entre sí dos filas o dos columnas de una matriz cuadrada, su determinante cambia de signo respecto al inicial.
(6) Si una matriz cuadrada tiene dos filas o dos columnas iguales o proporcionales, su determinante es cero.
Utilizando las propiedades anteriores tenemos que:
det ( BD–1 )
(1)
= det ( B ) · det ( D–1 )
(2)
= det ( B ) · 1 ( )
det D
Necesitamos pues calcular det (D)
det ( D ) = det (4C2, C1 – C2)
(3)
= det (4C2, C1) + det (4C2, –C2)
(4) = (4)
= 4 det (C2, C1) + 4 det (C2, –C2)
(5)
=–4 det (C1, C2) + 4 det (C2, –C2)
(6) = (6)
=–4 det (C1, C2) + 4 · 0 = –4 det (C ) = –4 · 5 = –20
Por tanto:
det ( BD–1 ) = det ( B ) · 1 ( )
det D = 2 ·
1 20
− =
2 1
20 10
4. Sea s la recta de ecuaciones paramétricas
3 2
1
1
x t
y t
z
= +
= − −
=
.
a) Hallar la ecuación de la recta r que pasa por el punto P (1, 0, 5) y corta perpendicularmente a la recta s.
b) Hallar la ecuación del plano que contiene a r y a s.
Solución:
a) Procederemos del siguiente modo:
• Hallamos un plano π que contenga al punto P y que es perpendicular a la recta s. Dicho plano tiene como vector característico (perpendicular a él) al vector director de la recta s, vs
• Calculamos el punto Q dado por la intersección del plano anterior, π, con la recta s.
• Finalmente calculamos la recta r buscada (perpendicular a s por P) cuyo vector director vendrá dado por PQ
.
El plano π cuyo, vector característico es el vector director de la recta s,
s
v
= (2, –1, 0), tiene por ecuación 2x – y + D = 0. Dicho plano ha de contener al punto P y por tanto P cumple su ecuación, es decir:
2 · 1 – 0 + D = 0 ⇒ D = –2
Por tanto, π≡ 2x – y – 2 = 0.
Para calcular la intersección del plano π con la recta s, es decir, el punto Q, sustituyamos las coordenadas genéricas de un punto de la recta s en la ecuación del plano π. Así:
2 · (3 + 2t) – (–1 – t) – 2 = 0 ⇒ 5t + 5 = 0 ⇒ t = –1
Por tanto las coordenadas del punto Q son:
Q = (3 + 2 · (–1), –1 – (–1), 1) = (1, 0, 1)
Finalmente calculamos la recta r buscada (perpendicular a s por P) cuyo vector director vendrá dado por PQ
.
PQ
= (0, 0, –4)
Así, las ecuaciones paramétricas de r son:
r≡
1
0
5 4λ
x
y
z
=
= = −
con λ∈ ℝ
• • P
r
π
b) El plano π1 que contiene a r y s viene determinado por la terna π1 ≡ (S, vr
, vs
), siendo S un
punto de la recta s y vr
y vs
los vectores directores de las rectas r y s respectivamente. Como:
S (3, –1, 1) ; vr
= (0, 0, –4) y vs
= (2, –1, 0)
Tenemos que:
π1≡
3 1 1
0 0 4
2 1 0
x− y+ z−
− −
= (–4)(x – 3) – 8(y + 1) = 0 ⇒ –4x – 8y + 4 = 0
O simplificando su ecuación:
