PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD PARA
ALUMNOS DE BACHILLERATO LOE
Septiembre 2012
MATEMÁTICAS II.
CÓDIGO 158
OBSERVACIONES IMPORTANTES:El alumno deberá responder a todas las cuestiones de una de las opciones A o B. No está permitido utilizar calculadoras programables ni que realicen cálculo simbólico, integrales o gráficas.
OPCIÓN A:
CUESTIÓN A.1:
a) [1,25 puntos] Determine para qué valores del parámetroael conjunto de vec-toresS={(1,a,1),(1−a,a−1,0),(1,1,a)}forma una base deR3.
b) [1,25 punto] Estudie el rango del conjunto de vectores S en los casos en que no forme una base deR3.
CUESTIÓN A.2: [2,5 puntos]Determine la ecuación implícita (o general) del plano que contiene al puntoA= (0,1,2)y es perpendicular a la recta
r:
2x+y−z = −1
x−y+z = 3
CUESTIÓN A.3: Dada la función f(x) =x
r
x+1
x−1−1
!
, se pide:
a) [0,75 puntos]Dominio de definición. b) [0,5 puntos] Calcule l´ım
x→1+ f(x). ¿Es posible calcular también xl´ım→1−f(x)?
Justifi-que la respuesta.
c) [1,25 puntos]Calcule l´ım x→+∞f(x). CUESTIÓN A.4: [2,5 puntos]
De todas las primitivas de la función f(x) = e
2x
1+ex, encuentre la que pasa por el punto
PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD PARA
ALUMNOS DE BACHILLERATO LOE
Septiembre 2012
MATEMÁTICAS II.
CÓDIGO 158
OBSERVACIONES IMPORTANTES:El alumno deberá responder a todas las cuestiones de una de las opciones A o B. No está permitido utilizar calculadoras programables ni que realicen cálculo simbólico, integrales o gráficas.
OPCIÓN B:
CUESTIÓN B.1:
a) [1,25 puntos] Dada la matrizA=
0 3 4
1 −4 −5
−1 3 4
, calcule las potencias A2,
A3yA4.
b) [1,25 puntos]CalculeA2012.
CUESTIÓN B.2: Considere las rectasr ysdadas por las ecuaciones
r: x 7 =
y a−4 =
z+6
5a−6 y s:
x−5
3 =
y−1
−1 =
z−6 4 .
a) [2 puntos]Estudie la posición relativa der ysen función del parámetroa. b) [0,5 puntos]Calcule el punto de corte derysen los casos en que se corten. CUESTIÓN B.3: [2,5 puntos]Considere la función dada por
f(x) =
x2−3x+a si x≤0
−x2+bx+b+1 si x>0
Determine los valores de los parámetros a y b para los cuales f(x) es continua y derivable en todoR.
CUESTIÓN B.4: [2,5 puntos]Calcule el área comprendida entre la curva
y= 3
6+2x2,
SOLUCIONES DE LA OPCIÓN A: CUESTIÓN A.1
a) El conjunto S forma una base de R3 si y sólo si su rango es 3, es decir, si y sólo si el determinante de la matriz formada por los vectores de S es distinto de cero. Por ello, consideremosAdicha matriz,
A=
1 1−a 1
a a−1 1
1 0 a
y calculemos su determinante,
|A| = a(a−1) + (1−a)−(a−1)−a2(1−a) = (a−1)(a2+a−2)
= (a−1)2(a+2).
Se tiene entonces que|A|=0 si y sólo si (a−1)2(a+2) =0, es decir, si y sólo sia=1 o a=−2. Por lo tanto, S forma una base de R3 para todos los valores dea distintos de 1 y de−2, es decir,a6=1ya6=−2.
b)Como sabemos por el apartado anterior, los valores de a para los queSno forma una base deR3sona=1ya=−2. Estudiemos entonces el rango deSpara cada uno de estos dos casos o, equivalentemente, el rango de la matriz correspondienteA en cada uno de los dos casos.
Sia=1la matrizAse reduce aA=
1 0 1 1 0 1 1 0 1
, cuyo rango es 1, ya que tiene al menos
un elemento distinto de cero (16=0) y todos los menores de orden 2 que se pueden formar a partir de dicho elemento distinto de cero son cero:
1 0 1 0
=0 y
1 1 1 1
=0.
Por lo tanto sia=1, rango(S) =1.
Cuando a=−2 la matriz A es A=
1 3 1
−2 −3 1
1 0 −2
, cuyo rango es 2, ya que tiene al
menos un menor de orden 2 distinto de cero,
1 3
−2 −3
=−3+6=36=0,
y el único menor de orden 3 que contiene es el propio determinante de A, que sabemos que es cero sia=−2. Por lo tanto en este caso tenemos que rango(S) =2.
CUESTIÓN A.2
Solución 1:Para calcular la ecuación del plano, basta con encontrar el vector director de la rectar, que será a su vez perpendicular al plano que nos piden. Por lo tanto, una vez que conozcamos dicho vector, bastará con considerar el haz de planos perpendicular a
la rectar y, de entre todo ellos, determinar cuál es el que pasa por el punto A. Pasemos ahora a realizar esto.
Dado que la rectar viene dada como intersección de dos planos, la manera más sencilla de calcular su vector director~vr es hacer el producto vectorial de los vectores perpendicu-lares a dichos planos, es decir,
~vr=
~i ~j ~k
2 1 −1
1 −1 1
=
1 −1
−1 1
,−
2 −1
1 1
,
2 1
1 −1
= (0,−3,−3).
Como únicamente nos importa la dirección de~vr, si queremos podemos trabajar con el
vector(0,1,1), que es colineal a él y más sencillo. Así, el haz de planos perpendicular a la rectar viene dado por
y+z=D, D∈R.
Ahora basta con calcular el valor deDpara el cual el planoy+z=Dpasa porA= (0,1,2), es decir,
1+2=D=⇒D=3.
Por tanto, la ecuación implícita (o general) del plano pedido esy+z=3.
Solución 2:Otra forma (¿más sencilla?) de resolverlo es observar que, dado que la recta r viene dada como intersección de dos planos, los vectores perpendiculares a dichos planos son precisamente vectores directores de los planos perpendiculares a la recta r. Por lo tanto, podemos tomar ambos vectores
~v= (2,1,−1) y ~w= (1,−1,1)
como vectores directores del plano que nos piden. Como sabemos además que el plano contiene al puntoA= (0,1,2), entonces su ecuación implícita viene dada por
x−0 2 1
y−1 1 −1
z−2 −1 1
=0,
es decir,
(x−0)
1 −1
−1 1
−(y−1)
2 1
−1 1
+ (z−2)
2 1
1 −1
=0.
Esto es,
−3(y−1)−3(z−2) =0=⇒y+z=3.
CUESTIÓN A.3
a)Por el tipo de función, para que esté bien definida debe ser en primer lugarx6=1, para que no se anule el denominador de la fracción, y también debe ser x+1
x−1 ≥0, para que
exista su raiz cuadrada. Por tanto debemos estudiar el signo del cociente x+1
x−1. Al tratarse
de un cociente de polinomios de primer grado, basta con observar los cambios de signo del numerador y denominador y ver qué pasa con su cociente.
El numeradorx+1es=0six=−1, es⊕six>−1y es six<−1. El denominadorx−1
i) =0six=−1;
ii) >0six<−1
o six>1
⊕ ⊕
;
iii) <0six>−1yx<1
⊕
.
En resumen, el dominio de definición de la función es(−∞,−1]∪(1,+∞).
b)Ell´ımx→1+ f(x)es simplemente
l´ım
x→1+f(x) =x→l´ım1,x>1f(x) =1
r
2 0−1
!
=1(∞−1) =1·∞= +∞.
Por otra parte, ell´ımx→1− f(x)no se puede calcular porque la función f(x)no está definida
a la izquierda dex=1para valores muy próximos ax=1.
c)En principio, el l´ımx→+∞f(x)nos da una indeterminación del tipo0·∞, ya que
l´ım
x→+∞f(x) =x→l´ım+∞x
r
x+1
x−1−1
!
=∞
r
l´ım x→+∞
x+1
x−1−1
!
=∞(1−1) =∞·0
puesto que, por la regla de los grados, sabemos que
l´ım x→+∞
x+1
x−1 = 1 1 =1.
Para resolver esta indeterminación, operamos algebraicamente de la siguiente manera:
r
x+1
x−1−1 =
√ x+1
√
x−1−1=
√
x+1−√x−1
√ x−1
= ( √
x+1−√x−1)(√x+1+√x−1) √
x−1(√x+1+√x−1)
= p (x+1)−(x−1)
(x+1)(x−1) + (x−1)=
2
√
x2−1+x−1.
Por lo tanto,
x
r
x+1
x−1−1
!
=√ 2x
x2−1+x−1,
y, por la regla de los grados, se tiene
l´ım x→+∞x
r
x+1
x−1−1
!
= l´ım x→+∞
2x √
x2−1+x−1 = 2
√
1+1 =1.
Si no queremos (o no sabemos) utilizar en este último paso la regla de los grados, basta con dividir el numerador y el denominador porxpara obtener que
x
r
x+1
x−1−1
!
= √ 2x
x2−1+x−1 =
2x x
√
x2−1+x−1
x
= q 2
1−x12 +1−
1 x
,
por lo que
l´ım x→+∞x
r
x+1
x−1−1
!
= l´ım x→+∞
2
q
1− 1
x2 +1−1x
= q 2
1− 1 ∞+1−
1
∞
=√ 2
1−0+1−0 = 2 2 =1.
CUESTIÓN A.4
Para calcular la integral indefinida
Z e2x
1+exdx
hacemos el cambio de variabley=ex, Por lo tanto,dy=exdxy se tiene
Z e2x
1+exdx=
Z ex·exdx
1+ex =
Z y
1+ydy. A continuación, operamos algebraicamente
y
1+y =
1+y−1 1+y =1−
1 1+y. Por lo tanto
Z e2x
1+exdx=
Z y
1+ydy=
Z
1− 1
1+y
dy=y−
Z 1
1+ydy=y−ln(1+y). Es decir,
Z e2x
1+exdx=e x−
ln(1+ex).
Por tanto, todas las primitivas de f(x) = e
2x
1+ex sonde la forma
ex−ln(1+ex) +C,
siendo C una constante de integración. Para determinar el valor de C, obligamos a la solución a pasar por el punto(0,1), es decir,
e0−ln(1+e0) +C=1⇐⇒1−ln 2+C=1⇐⇒C=ln 2
Por lo tanto la solución es
SOLUCIONES DE LA OPCIÓN B: CUESTIÓN B.1
a)En primer lugar, calculamos
A2=
0 3 4
1 −4 −5
−1 3 4
·
0 3 4
1 −4 −5
−1 3 4
=
−1 0 1
1 4 4
−1 −3 −3
.
A continuación,
A3=A2·A=
−1 0 1
1 4 4
−1 −3 −3
·
0 3 4
1 −4 −5
−1 3 4
=
−1 0 0
0 −1 0
0 0 −1
=−I.
dondeI denota la matriz identidad,I=
1 0 0 0 1 0 0 0 1
. Por lo tanto
A4=A3·A=−I·A=−A=
0 −3 −4
−1 4 5
1 −3 −4
.
b) Como sabemos que A3=−I, para calcular A2012 nos interesa dividir 2012 entre 3 y calcular el resto de la división, de manera que escribimos2012=3·670+2. Por lo tanto
A2012=A3·670+2=A3·670·A2= (A3)670·A2.
Ahora observamos que670=2·335, por lo que
(A3)670= (−I)670= (−I)2·335= ((−I)2)335=I335=I,
ya que(−I)2= (−I)·(−I) =I. Finalmente tenemos que
A2012== (A3)670·A2=I·A2=A2=
−1 0 1
1 4 4
−1 −3 −3
.
CUESTIÓN B.2
a)El vector director de la rectares~vr= (7,a−4,5a−6)y pasa por el puntoA= (0,0,−6). En cuanto a la rectas, su vector director es~vs= (3,−1,4)y pasa por el puntoB= (5,1,6).
Por lo tanto, para estudiar la posición relativa de las rectasrysdebemos estudiar el rango de las matrices
~vr
~vs
y
~vr
~vs
−→ AB
con−AB→=B−A= (5,1,12)
En primer lugar, estudiemos el rango de la matriz
~vr
~vs
−→ AB =
7 a−4 5a−6
3 −1 4
5 1 12
.
Si calculamos su determinante tenemos que
~vr
~vs −→ AB =
7 a−4 5a−6
3 −1 4
5 1 12
=24a−96=0⇐⇒a= 96
24=4.
Por lo tanto, sia6=4el rango de la matriz
~vr
~vs
−→ AB
es 3 y las rectas se cruzan.
Por otra parte, cuandoa=4el rango de la matriz
~vr
~vs
−→ AB
es 2. En efecto, en ese caso su
rango no puede ser 3 (ya que el determinante se anula) y tenemos que
~vr
~vs −→ AB =
7 0 14
3 −1 4
5 1 12
.
Podemos entonces encontrar y menor de orden 2 distinto de cero, por ejemplo, el formado por sus dos primeras columnas y sus dos primera filas, es decir,
7 0
3 −1
=−76=0.
Además, por la misma razón cuando a=4 el rango de la matriz
~vr
~vs
es 2, ya que el
mismo menor nos sirve para concluir que su rango es 2. Por lo tanto, cuandoa=4las dos
matrices
~vr
~vs
y
~vr
~vs −→ AB
tienen rango 2, por lo que las rectas se cortan.
Observación:Aunque no nos ha hecho falta en nuestro razonamiento, se puede observar de hecho que la matriz
~vr
~vs
=
7 a−4 5a−6
3 −1 4
tiene siempre rango 2, independientemente del valor del parámetroa. En efecto, el menor de orden 2 formado por sus dos primeras columnas es
7 a−4 3 −1
=5−3a=0⇐⇒a= 5
3.
Por tanto dicho menor es distinto de cero siempre quea6=53. Pero en el casoa=53tenemos otro menor de orden 2 distinto de cero, ya que en ese caso el menor de orden 2 formado por la primera y la tercera columna es distinto de cero, puesto que dicho menor es
7 5a−6
3 4
=46−15a=0⇐⇒a= 46
Por tanto, independientemente del valor deasiempre tenemos un menor de orden 2 dis-tinto de cero, por lo que el rango de la matriz
~vr
~vs
es siempre 2.
b)Como hemos visto en el apartado anterior, las rectas se cortan cuando a=4. En ese caso, para calcular el punto de corte escribimos las rectas en forma paramétrica
r:
x = 7λ
y = 0
z = −6+14λ
y s:
x = 5+3µ
y = 1−µ
z = 6+4µ
Por la ecuación derdebe ser y=0, por lo que llevando esto a la ecuación de ssabemos que µ =1. Por tanto, haciendo µ =1 en la ecuación de s tenemos el punto de corte
(8,0,10).
CUESTIÓN B.3
Como f(x)es continua en todoR, debe ser continua enx=0por lo que debemos tener
f(0) = l´ım x→0+ f(x).
Observemos que f(0) =02−3·0+a=amientras que
l´ım
x→0+ f(x) =xl´ım→0+(−x
2+bx+b+
1) =−02+b·0+b+1=b+1.
Por lo tanto tenemos una primera relación entreaybque es
a=b+1.
Por otra parte, tenemos que
f0(x) =
2x−3 si x<0
−2x+b si x>0
Como f(x)es derivable en todoR, debe ser derivable enx=0por lo que debemos tener
l´ım x→0−f
0(x) = l´ım
x→0+ f
0(x).
Ahora bien,
l´ım x→0−f
0(x) = l´ım
x→0−(2x−3) =−3
y
l´ım x→0+f
0(x) =
l´ım
x→0+(−2x+b) =b.
Por tanto debe serb=−3y, por la relación anterior, se tienea=b+1=−2. CUESTIÓN B.4
Calculemos en primer lugar los puntos de inflexión de la curvay= f(x) = 3
6+2x2, es decir
los puntos que satisfacen la ecuación f00(x) =0. Para ello, calculamos la primera y la
segunda derivada de f(x):
f0(x) = −3·4x (6+2x2)2 =
−12x (6+2x2)2,
f00(x) = −12(6+2x
2)2+12x·2(6+2x2)·4x
(6+2x2)4 =
−12(6+2x2) +12·8x2 (6+2x2)3
= 12(−6+6x
2)
(6+2x2)3 =
72(x2−1) (6+2x2)3.
Entonces, los puntos de inflexión son las soluciones de la ecuación 72(x
2−1)
(6+2x2)3 =0, es
decir,
x2−1=0=⇒x=±1.
Los puntos de inflexión de la curva son entonces los puntos de abscisasx=−1yx=1. A continuación observamos que la curva está siempre por encima del eje de abscisas,
ya que la función f(x) = 3
6+2x2 es siempre positiva, f(x)>0para todo valor de x. Por lo
tanto, el área que nos piden viene dada por la siguiente integral definida
área=
Z 1
−1 3 6+2x2dx.
Esta integral es del tipo arcotangente. En efecto, observando que
3 6+2x2 =
3
6
1+x32 = 1
2 1
1+√x
3
2
se tiene que la integral indefinida es
Z 3
6+2x2dx= 1 2
Z dx
1+
x
√
3
2.
Haciendo ahora el cambio de variabley=√x
3, es decir,x=
√
3y, se tienedx=√3dypor lo que
Z 3
6+2x2dx= 1 2
Z √3dy
1+y2 =
√
3 2
Z dy
1+y2 =
√
3
2 arctany=
√
3 2 arctan
x
√
3
.
Por lo tanto, aplicando la regla de Barrow tenemos que
área =
Z 1
−1 3
6+2x2dx=
√
3 2 arctan
x √
3
1
−1
= √
3 2
arctan
1
√
3
−arctan
−1
√
3
= √
3 2
π
6 −
−π
6
= √
3 2 ·2
π
6 =
π
√
![Definición: Dada una función f(x), diremos que la función F(x) es una función primitiva de f(x) en el intervalo [a, b], cuando se verifica que:](https://data02.123doks.com/thumbv2/123dok_es/001/870/1870733/cover.webp)
![Dada una función f(x) sobre un intervalo de interés [a, b], se quiere obtener la integral I bajo la curva f(x) en dicho intervalo donde f : R R.](https://data02.123doks.com/thumbv2/123dok_es/003/538/3538921/cover.webp)
