PRUEBA DE ACCESO (LOGSE) UNIVERSIDAD DE BALEARES JUNIO – 2007 (RESUELTOS por Antonio Menguiano) MATEMÁTICAS II Tiempo máximo: 1 horas y 30 minutos

(1)

I

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A. Menguiano PRUEBA DE ACCESO (LOGSE)

UNIVERSIDAD DE BALEARES

JUNIO – 2007

(RESUELTOS por Antonio Menguiano)

MATEMÁTICAS II Tiempo máximo: 1 horas y 30 minutos

Contesta de manera clara y razonada una de las dos opciones propuestas. Cada cuestión se puntúa sobre 10 puntos. La calificación final se obtiene de dividir el total entre 4. OPCIÓN A

1º) Discute el sistema de ecuaciones lineales

(

)

(

)

    

= + + +

= + +

1 1

2 1

z y k x

k z y x k

k z y x

, según los valores del

parámetro k y resuélvalo para k = -1.

--- Las matrices de coeficientes y ampliada son:

  

 

  

 

+ +

= 

 

 

  

 

+ +

=

1 2 1 1

1

1 1 1

' 1

1 1

1 1 1

k k

M y k

k M

El rango de la matriz de coeficientes en función de k es el siguiente:

(

)

0 ;

; 0

; ; 0 1 2 1 2 ;

; 0 1

1 1 1 1

1 1 1

1

1 1 1

2

2 2

= =

= − − + + =

− − − − − + + + = +

+ =

k k

M

ado Deter

Compatible incóg

n M

Rango M

Rango k

Para ≠0⇒ = '=3= º .⇒ min

{

}

' 2

1 0 0

1 1 1

1 1 1 '

0 ⇒ 1 = 2 ⇒ =

  

 

  

  = ⇒

= M F F Rang M

(2)

le Incompatib M

Rango M

Rango k

Para =0⇒ =1 ;; '=2 ⇒

Para k = -1 resulta el sistema     

= +

= + +

1 0

0

z x

z y

z y x

.

Resolviendo por la Regla de Cramer:

( )

x

x = = = =

−

= 0

1 0 1

1 1

1 1 0 1

1 1 0

2 y = =− =−1= y

1 0

1 1

1 1 1 1

1 0 0

1 0 1

z

z = =1=

1 1 0 1

0 1 0

0 1 1

(3)

2º) Se considera el triángulo de vértices A(0, 0, 1), B(2, 0, 0) y C(1, 1, 1). ¿Cuál es la intersección de los planos que pasan por cada vértice y son perpendiculares a la recta determinada por los otros dos vértices?

---

Los puntos A(0, 0, 1), B(2, 0, 0) y C(1, 1, 1) determinan los siguientes vectores:

(

) (

)

(

) (

)

(

2, 0, 0

) (

0, 0, 1

) (

2, 0, 1

)

0 , 1 , 1 1 , 0 , 0 1 , 1 , 1

1 , 1 , 1 0

, 0 , 2 1 , 1 , 1

− =

− = =

= −

= − = =

− = −

= − = =

A B AB c

A C AC b

B C BC a

El plano π1 que pasa por A(0, 0, 1) y es perpendicular a la recta a tiene como

vec-tor normal al vecvec-tor direcvec-tor de la recta a, que es el vecvec-tor a =

(

−1, 1, 1

)

, por lo que su ecuación general es π1 ≡−x+ y+z+D1 =0. Para hallar el valor de D1 tenemos en

cuen-ta que al plano contiene al punto A:

(

0, 0, 1

)

0 0 1 0 ;; 1 1 0

0

1 1

1 _⇒ − + + + = =− _⇒ ≡− + + − =

   = + + + − ≡

z y x D

D A

D z y x

π π

El plano π2 que pasa por B(2, 0, 0) y es perpendicular a la recta b tiene como

vector normal al vector director de la recta b, que es el vector b =

(

1, 1, 0

)

, por lo que su ecuación general es π2 ≡ x+ y+D2 =0. Para hallar el valor de D2 tenemos en cuenta

que al plano contiene al punto B:

(

)

2 0 0 ;; 2 2 0

0 , 0 , 2

0

2 2

2 _⇒ + + = = − _⇒ ≡ + − =

   = + + ≡

y x D

D B

D y x

π π

El plano π3 que pasa por C(1, 1, 1) y es perpendicular a la recta c tiene como

vec-tor normal al vecvec-tor direcvec-tor de la recta c, que es el vecvec-tor c =

(

2, 0, −1

)

, por lo que su ecuación general es π3 ≡2x−z+D3 =0. Para hallar el valor de D3 tenemos en cuenta

que al plano contiene al punto C:

A

a B C

b

c

a b

(4)

(

)

2 1 0 ;; 1 2 1 0 1 , 1 , 1 0 2 3 3 3 3

3 _⇒ − + = =− _⇒ ≡ − − =

   = + − ≡ z x D D c D z x π π

La intersección de los tres planos es la solución del sistema formada por los

mis-mos, que es:      = − = + = + + − 1 2 2 1 z x y x z y x

. Las matrices de coeficientes y ampliada son las siguientes:

          − − =           − − = 1 2 1 1 0 2 0 1 1 1 1 1 ' 1 0 2 0 1 1 1 1 1 M y

M , cuyos rangos son:

2 0 1 2 1 1 0 2 0 1 1 1 1 1 = ⇒ = + − = − −

⇒ _Rang _M

M Rang

{

}

{

}

{

}

2 ' 0 1 2 1 1 1 0 2 0 1 1 1 1 , , 0 1 2 4 1 1 1 2 2 0 1 1 1 1 , , 0 1 2 4 1 1 0 2 2 1 1 1 1 1 , , ' 4 3 2 4 3 1 4 2 1 = ⇒                               = − + − = − ⇒ = − − + − = − − ⇒ = − − + − = − ⇒

⇒ _Rang _M

C C C C C C C C C M Rang

Según el Teorema de Rouché-Fröbenius el sistema es compatible indeterminado por tener las dos matrices el mismo rango y éste es menor que el número de incógnitas.

La intersección pedida es una recta

(5)

3º) Demuestra que la curva f

( )

x = x−2cosx tiene un punto de inflexión en el intervalo

[

0, π

]

y halla la ecuación de la recta tangente a la curva en ese punto. Haz un dibujo en un entorno del mismo punto.

---

Para que una función tenga un punto de inflexión es necesario que se anule la se-gunda derivada en ese punto y que la tercera derivada sea distinta de cero, en el mismo punto:

( )

[

]

( )

2 0 . .

[

0,

]

, . . .

2 2 '' ' 2 , 2 . . 2 0 · 2 2 2 cos 2 2 , 0 2 0 cos ; ; 0 cos 2 0 ' ' 2 '' ' ; ; cos 2 '' ; ; 2 1 ' 2 2 d q c en I P un Existe sen f P I P f x x x x f x sen x f x x f x sen x f π π π π π π π π π π π π ⇒ ≠ − = − =       ⇒ = − = − = ∈ = ⇒ = = ⇒ = − = = + =

Para hacer un dibujo de la función en el entorno del punto de inflexión tendremos en cuenta que la función es la suma de dos funciones continuas en sus dominios, que es R para las dos, lo cual significa que f(x) es continua en R.

Los extremos relativos de la función en el entorno de punto de inflexión son los siguientes:

( )

(

·360º 90º 30º

)

6 2 2 2 1 ; ; 0 2 1 0

' x = ⇒ + sen x= sen x=− ⇒ x= k − ± k − ±

f π π π

Para k = 0        − = − = + − = + − = − = − = − − = − − = ⇒ 3 6 2 6 3 6 2 3 2 6 4 6 3 6 2 2 1 π π π π π π π π π π π π x x .

Para k = 1        = = + − = + − = = = − − = − − = ⇒ 3 5 6 10 6 3 12 6 2 2 3 4 6 8 6 3 12 6 2 2 2 1 π π π π π π π π π π π π π π π π x x .

(6)

dado

[

0, π

]

y, considerando que f

( )

0 =0−2cos0=−2 y f

( )

π =π −2cosπ =π +2, la función es monótona creciente en el intervalo.

La representación gráfica, aproximada, de la función en el intervalo es la que se expresa en el siguiente gráfico.

********** Y

X P.I.

-2 2

π

f(x)

O 4

π

2

(7)

4º) De una función y = f(x), x > -1, sabemos que tiene por derivada

x a y

+ =

1

' , donde a es una constante. Determina la función, si además, sabemos que f(0) = 1 y f(1) = -1. Haz una gráfica aproximada.

---

( )

dx aL

(

x

)

C f

( )

x

x a dx

x y x

f = + + =

+ =

=

_∫

· 1

1 ·

'

( )

(

)

( )

2 2 ;

; 2 2 ; ; 1 1 1 1 1

1

1 ;

; 1 0

· ; ; 1 1

; ; 1 0

1 1

0

L a L

a L

a f

C C

a C

L a C

L a f

− = −

= −

= + + ⇒

− =

= =

+ =

+ + ⇒

=

( )

·

(

1

)

, 1

2 2

1− + >−

= L x con x

L x

f

Para hacer una representación gráfica aproximada de la situación tenemos en cuenta los datos f(0) = 1 y f(1) = -1 y que el dominio de la función es D

( ) (

f ⇒ −1, +∞

)

.

Para estudiar los periodos de crecimiento y decrecimiento, así como los extremos, recu-rrimos a su derivada:

( )

x D

( )

f

x L x

f < ∀ ∈

+ −

= 0,

1 1 · 2 2

' .

De la derivada se deduce que la función es monótona decreciente.

Teniendo en cuenta que:

( )

(

)

 = −

( )

−∞ = +∞=+∞

  

 

+ −

− → = −

→ + + · 1

2 2 1 1

· 2 2 1 1

1 x L L x L

lím x

f x

lím

La recta x = -1 es una asíntota vertical de la función.

La representación gráfica, aproximada, se refleja en el gráfico adjunto. **********

x = -1

O _X

Y

-1

1 1

(8)

OPCIÓN B

1º) Discute el rango de la matriz

          = 2 2 2 1 1 1 k k k k k k

A según los valores del parámetro k.

Resuelve el sistema

          =           c b a z y x

A · en el caso de k = -1.

---

(

)

(

)

(

1

)

0 0 ;; 1

· 1 2 · 1 · 1 1 1 1 1 1 · 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = = ⇒ = − = = + − = − − − + + = = ⇒ k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k A Rang 1 1 0 ; ; 3 1 0 = ⇒       = = = ⇒       ≠ ≠ A Rango k k Para A Rango k k Para

Para k = -1 resulta

          − − − = 1 1 1 1 1 1 1 1 1

A y el sistema

          =                     − − − c b a z y x · 1 1 1 1 1 1 1 1 1

, que es

equivalente a :

( )

3 2 1      = + + = − − = + − c z y x b z y x a z y x

. Resolviendo por la Regla de Cramer:

( ) (

)

a b c c a b b c b c x

c b a

x = − + + + + + = + = + =

− − − − − − = 2 4 2 2 4 1 1 · 1 1 1 1 1 1 1 2 2 y c a c a a c b a c b c b a

y = + − − + − = − + = − + =

− = 2 4 2 2 4 4 1 1 1 1 1 1 z b a b a c b a b a c c b a

z = − + − + − + = − = − =

(9)

2º) Sean las rectas

  

= + −

= − + ≡ +

= = − ≡

2 2

1

3 1 1

2 1

z y x

z y x s y z y x

r . Calcula la ecuación del

plano π que pasa por el origen de coordenadas y es paralelo a las dos rectas. Calcula también la ecuación de la recta t que pasa por el punto P(1, 1, 1) y es perpendicular al plano encontrado.

---

El plano π puede determinarse por el origen y por los vectores directores de las dos rectas.

Un vector director de la recta r es u =

(

2, 1, 3

)

.

Por estar la recta s determinada por dos planos, su vector director puede determi-narse teniendo en cuenta que es, al mismo tiempo, perpendicular a los vectores norma-les a los dos planos, o sea, es cualquier vector linealmente dependiente del producto vectorial de los vectores normales a los planos:

(

0, 3, 3

)

(

0, 1, 1

)

3 3 2

2 1

1 2

1 1 1

' = − − − − − =− − = − − ⇒ =

− −

= i j k k i j j k v

k j i

v .

(

)

0 ;; 2 3 2 0 ;; 2 2 2 0

1 1 0

3 1 2 ,

; ≡ = x+ z− x− y= − x− y+ z =

z y x v u O

π .

0

= − + ≡ x y z π

La recta t tiene como vector director al vector normal del plano π , n =

(

1, 1, −1

)

. La expresión de la recta t por unas ecuaciones continuas es:

1 1

1 _≡ ₋ ₌ ₋ ₌ ₋ ₊

− − = − = −

≡ x y z ó t x y z

t

(10)

3º) La anulación de la primera derivada es una condición necesaria para que una función (derivable) presente un extremo relativo. Esta condición, aunque necesaria, no es sufi-ciente. Demuestra con un ejemplo la segunda afirmación. En este mismo contexto, ¿qué podemos decir de la existencia de un punto de inflexión?

---

En efecto, la condición de anulación de la primera derivada es necesaria pero no es suficiente; un ejemplo ilustrativo lo constituye la función f

( )

x = x3 +k

, siendo a un número real.

La primera derivada es

( )

2

3

' x x

f = , que se anula para x = 0; sin embargo la fun-ción no tiene un extremo relativo para x = 0.

Para que exista un extremo relativo tiene que cumplirse que se anule la primera derivada y que la segunda derivada sea mayor o menor que cero.

En el caso del ejemplo que nos ocupa se observa que la segunda derivada también se anula para el valor que anula la primera derivada: f ''

( )

x =6x⇒ f ''

( )

0 =0, con lo cual no puede existir ni máximo ni mínimo relativo para el valor x = 0 que anula la primera derivada, lo que demuestra lo pedido.

Un extremo relativo (máximo o mínimo) existe en un punto x = a cuando separa un tramo de curva creciente de otro decreciente o viceversa; para ello se toma un núme-ro h suficientemente pequeño y se comprueba que f’(a + h) y f’(a - h) tienen signos dis-tintos, todo lo cual indica que a un lado de a la curva es creciente y al otro decreciente (o viceversa) ; por el contrario, si f’(a + h) y f’(a - h) tienen el mismo signo, la curva es monótona creciente o monótona decreciente en un entorno de a y prueba la no existen-cia de extremos relativos.

Con respecto a la existencia de un punto de inflexión, es condición necesaria la anulación de la segunda derivada, pero no es condición suficiente; es necesario que la tercera derivada no se anule para el valor o valores que anulan la segunda derivada.

(11)

4º) Calcular el área del recinto limitado por la curva y = x−2sen x y las rectas y = 0, 3 , 3 π π ₌ − = x

x . Haz un dibujo aproximado de la situación.

---

Se trata de una función continua en su dominio, que es R, por ser la suma de dos funciones continuas en R, lo cual significa que f(x) es continua en R.

Veamos si la función tiene extremos relativos en el entorno _− _

3 , 3

π π

, que es el que nos interesa para el cálculo del área pedida:

( )

(

·360º 60º

)

3 2 2 1 cos ; ; 0 cos 2 1

' x = − x = x= ⇒ x= k ± x= k ±

f π π

Para k = 0

3 ; ; 3 2 1 π π ₌ − =

⇒ _x _x _.

( )

         = ⇒ > = = = − = ⇒ < − =         − =       − = − ⇒ = 3 0 3 2 3 · 2 3 2 ' ' 3 0 3 2 3 2 3 2 ' ' 2 ' ' 3 3 π π π π π π x para Mínimo sen f x para Máximo sen f x sen x f

( )

_       ₋ ⇒ − = − = − =         ₋ − ⇒ + − = + − =       − − − = − 3 3 3 , 3 : 3 3 2 3 · 2 3 3 2 3 3 3 3 , 3 : 3 3 2 3 · 2 3 3 2 3 3 3 π π π π π π π π π π π π π π Q Mínimo sen f P Máximo sen f

Como puede apreciarse, la función tiene un máximo y un mínimo en los extre-mos del intervalo dado

    − 3 , 3 π

π _y,

conside-rando que f

( )

0 =0−2sen 0=0 y que la fun-ción es simétrica con respecto al origen:

( )

x f

( )

x

f − =− , la representación gráfica, aproximada de la situación es la que se pue-de apreciar en el gráfico adjunto, consipue-de- conside-rando que las coordenadas del punto máximo es P(-1’05, 0’68) y las del mínimo Q(1’05, -0’68). O Y π/2 -1

S

1 X

-π/2 -π/3 x = -π/3

π/6 -π/6

-1 1

y = 0

Q

x = π/3

(12)

El área pedida, que es la sombreada de la figura, teniendo en cuenta la simetría de la función, es la siguiente:

( )

(

)

( )

S u

x x

dx x sen x

dx x f S

= ≅

=

= =

   

 

− − =

   

 

   

 

+ −

=    

   

    

  

+ −

   

 

+ =

=    

 

+ =

− =

−

=

_∫

2 2

3 2

0

3 2

0

3 3

0

10 ' 1 9

18 · 2 1 18 1 · 2 2 1 · 2 18 1 · 2 3

cos 2 2 0

cos 2 2 0 · 2

cos 2 2 · 2 ·

2 ·

· 2

π

π π

π

π π

π