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. Calcular el área de la región finita y limitada por la gráfica de la función f (x) = x3 – x + 1 y la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x = 1.
2. a) Estudiar si la función f: [0, 2] →ℝ dada por
f (x) =
2
si 0 1
3 7
1 si 1 2
2 2
x x
x x x
≤ ≤
− + − < ≤
verifica las hipótesis del teorema de Rolle. Enunciar dicho teorema. b) Calcular
0
cos(2 ) sen( )
x
x
x e x
Lim
x x
−
→
− −
3. a) Calcular el rango de la matriz A =
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12 13 14 15 16
.
b) Si B es una matriz cuadrada de dimensión 3×3 cuyo determinante vale 4, calcula el determinante de 5B y el de B2.
4. a) Determinar la posición relativa de la recta r ≡ 1
2 0
y x
z x
− =
− =
OPCIÓN B
1. Sea f (x) =
2
3 3
1
x x
x
− + − .
a) Determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, extremos relativos, intervalos de concavidad y convexidad y sus asíntotas.
b) Esbozar su gráfica.
2. a) Hallar el valor de los parámetros reales a y b para los que la función
f (x) = 2 2
sen( )
si 0
si 0
x ax
x x
x b x
−
>
+ ≤
es continua en ℝ.
b) Calcular ln( )2x dx x
∫
.3. Discutir, y resolver cuando sea posible, el sistema de ecuaciones lineales según los valores del parámetro m:
1
0
3 1
x y z
x y z
x my z m
+ + =
− − =
+ + = +
4. a) Hallar la recta r que pasa por el punto A (1, –1, 0), está contenida en el plano π≡ x + y = 0, y corta a la recta s ≡ x = y = z.
SOLUCIONES
OPCIÓN A
1. Calcular el área de la región finita y limitada por la gráfica de la función f (x) = x3 – x + 1 y la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x = 1.
Solución:
Calculemos en primer lugar la recta tangente a f (x) en x = 1. Dicha recta tendrá la forma:
y – f (1) = f ‘(1) (x – 1)
Así pues, como f ‘(x) = 3x2 – 1, se tiene que:
f (1) = 13 – 1 + 1 = 1 y f ‘(1) = 3 · 12 – 1 = 2
La ecuación de la recta tangente es:
y – 1 = 2 (x – 1) ⇒ y = 2x – 1
Calculemos los puntos de corte de la función f (x) y la recta tangente calculada. Para ello igualamos ambas funciones:
x3 – x + 1 = 2x – 1 ⇒ x3 – 3x + 2 = 0 ⇒ x = –2 ; x = 1 (doble)
Aunque no lo piden en el problema, si hacemos una representación de la situación, ésta resultará más clara:
Así pues el área pedida vendrá dada por:
Área =
1 4 2
1 3 1 3
2 2
2
3
[( 1) (2 1)] ( 3 2) 2
4 2
x x
x x x dx x x dx x
− −
−
− + − − = − + = − +
∫
∫
==
4 2 4 2
1 3·1 ( 2) 3·( 2) 3 27
2·1 2·( 2) 6
4 2 4 2 4 4
− −
− + − − + − = + =
u
2. a) Estudiar si la función f: [0, 2] →ℝ dada por
f (x) =
2
si 0 1
3 7
1 si 1 2
2 2
x x
x x x
≤ ≤
− + − < ≤
verifica las hipótesis del teorema de Rolle. Enunciar dicho teorema. b) Calcular
0
cos(2 ) sen( )
x
x
x e x
Lim
x x
−
→
− −
Solución:
a) Enunciemos en primer lugar el teorema de Rolle:
Si f es una función continua definida en un intervalo cerrado [a, b], derivable en el intervalo abierto (a, b) y tal que f (a) = f (b), entonces existe al menos un punto c ∈ (a, b) tal que f ‘ (c) = 0.
Para que la función f dada verifique el teorema de Rolle debe ser continua en el intervalo [0, 2], derivable en el intervalo (0, 2) y además debe cumplirse que f (0) = f (2). Veamos si es así.
Continuidad: Cada una de las funciones parciales que definen a f (x) es continua en los intervalos
donde están definidas y por tanto f es continua salvo quizás en el punto x = 1 que es donde se cambia de una a otra. Veamos si es continua en x = 1. Para ello debe cumplirse que:
f (1) =
1 1
( ) ( )
x x
Lim f x Lim f x
− +
→ = →
Se tiene que:
1 1
( ) 1
x x
Lim f x Lim x
− −
→ = → = = 1 ;
2 2
1 1
3 7 3 7
( ) 1 ·1 ·1 1
2 2 2 2
x x
Lim f x Lim x x
+ +
→ →
= − + − = − + −
= 1
f (1) = 1 = 1
Por tanto la función es continua en x = 1 y entonces también lo es en el intervalo [0, 2].
Derivabilidad: Debemos estudiar si f es derivable en el intervalo (0, 2). Calculemos su derivada:
f ‘ (x) =
1
si 0 1
2 7
3 si 1 2
2
x x
x x
< <
− + < <
La función g (x) = 1
2 x es derivable en (0, +∞) y por tanto también el intervalo (0, 1) donde está definida. La otra parte de la función es derivable en todo ℝ por ser polinómica. Por tanto f es derivable en (0, 2) salvo quizás en el punto x = 1 que es donde se cambia de un trozo a otro. Estudiemos entonces ese punto en particular. Para ser derivable en él debe cumplirse que:
Veamos si se cumple:
f ‘(1–) =
1 1 1 2 2 x Lim x −
→ = ; f ‘ (1
+ ) = 1 7 1 3 2 2 x Lim x − → − + =
Por tanto, como f ‘(1–) = f ‘(1+) la función f es derivable en el intervalo (0, 2).
Veamos finalmente si se cumple que f (0) = f (2):
f (0) = 0 = 0 ; f (2) = 3· 22 7· 2 1
2 2
− + − = 0
Se deduce así que la función f cumple las condiciones del teorema de Rolle. Por tanto, existe un
punto c ∈ (0, 2) tal que f ‘ (c) = 0. Podemos calcular dicho punto:
• Si 0 < x ≤ 1 ⇒ 1
2 x = 0
⇒ No tiene solución.
• Si 1 < x < 2 ⇒ –3c + 7
2 = 0 ⇒ c = 7 6 b) Calculemos 0 cos(2 ) sen( ) x x
x e x
Lim
x x
−
→
− −
Si intentamos calcular directamente el límite obtenemos:
0
cos(2 ) sen( )
x
x
x e x
Lim x x − → − − = 0
cos(0) 0 1 1 0 0
0·sen(0) 0 0
e
− − = − − =
Es una indeterminación que podemos resolver aplicando la regla de L’Hopital:
0
cos(2 ) sen( )
x
x
x e x
Lim
x x
−
→
− −
= L Hopital´ →=
0
0
2sen(2 ) 1 2sen(0) 1 0 1 1 0
sen( ) cos( ) sen(0) 0·cos(0) 0 0
x
x
x e e
Lim
x x x
−
→
− + − = − + − = + − =
+ +
Aplicando nuevamente la regla de L’Hopital:
0
2sen(2 ) 1
sen( ) cos( )
x
x
x e
Lim
x x x
− → − + − + = ´ L Hopital → = 0 0
4 cos(2 ) 4 cos(0) 4 1 5
2 cos( ) sen( ) 2 cos(0) 0·sen(0) 2 0 2
x
x
x e e
Lim
x x x
−
→
− − = − − =− − = −
3. a) Calcular el rango de la matriz A =
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12 13 14 15 16
.
b) Si B es una matriz cuadrada de dimensión 3×3 cuyo determinante vale 4, calcula el determinante de 5B y el de B2.
Solución:
a) Calculemos el rango de la matriz A utilizando el método de Gauss:
1 2 3 4
5 6 7 8
9 10 11 12 13 14 15 16
2 2 1
3 3 1
4 4 1
5 9 13
f f f f f f
f f f
→ − → − → −
→
1 2 3 4
0 4 8 12
0 8 16 24
0 12 24 36
− − −
− − −
− − −
3 3 2
4 4 2
2 3
f f f f→ −→ −f f
→
1 2 3 4
0 4 8 12
0 0 0 0
0 0 0 0
− − −
Por tanto, como el número de filas no nulas de la última matriz escalonada obtenida es 2, se deduce que el rango de la matriz A es 2.
b) Para resolver este apartado utilizamos las siguientes propiedades de los determinantes:
• Si los elementos de una línea o columna de una matriz se multiplican por un número, el determinante de la matriz queda multiplicado por dicho número.
• El determinante de un producto es igual al producto de los determinantes. | A · B | = | A | · | B |
Por tanto:
| 5B | = 53 · | B | = 125 · 4 = 500
| B2 | = | B | · | B | = | B |2 = 42 = 16
4. a) Determinar la posición relativa de la recta r ≡ 1
2 0
y x
z x
− =
− =
y el plano π≡ x – y = 0. b) Hallar el plano perpendicular a π que contiene a r.
Solución:
a) Para estudiar la posición relativa de la recta r y el plano π, estudiemos el sistema formado por sus ecuaciones:
M =
1 1 0
2 0 1
1 1 0
−
−
−
M =
1 1 0 1
2 0 1 0
1 1 0 0
−
−
−
Estudiemos los rangos de estas matrices:
Como | M | =
1 1 0
2 0 1
1 1 0
− −
−
= 1 – 1 = 0, el rango de M no puede ser tres. Sin embargo, dentro de la
matriz M encontramos un menor de orden dos no nulo, 1 1 2 0
−
− = 2 ≠ 0. Por tanto rango (M) = 2.
Si consideramos ahora la matriz ampliada M , y orlamos el menor no nulo anterior con los elementos de la última fila y la columna de los términos independientes, tenemos que:
1 1 1
2 0 0
1 1 0
− −
−
= 2 ≠ 0
Por tanto rango ( M ) = 3.
Al ser rango (M) = 2 ≠ 3 = rango ( M ), el sistema es incompatible, es decir, la recta r y el plano π no tienen ningún punto en común y por tanto la recta r es paralela al plano π.
b) El plano perpendicular a πque contiene a r vendrá caracterizado por un punto de la recta r, R, un vector director de la misma, vr
, y el vector característico del plano π, p
, puesto que dicho vector es perpendicular a π. Así, el plano buscado π1 viene caracterizado como π1≡ (R, vr
, p
). Para calcular un punto de la recta r, R, y un vector director, vr
, de la misma, escribamos las ecuaciones paramétricas de la misma tomando x = λ. Entonces tenemos que:
r≡
λ
1 λ
2λ
x
y
z
=
= +
=
Por tanto:
R = (0, 1, 0) vr
= (1, 1, 2) p
= (1, –1, 0)
Entonces:
π1≡
1
1 1 2
1 1 0
x y− z
−
OPCIÓN B
1. Sea f (x) =
2
3 3
1
x x
x
− + − .
a) Determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento, extremos relativos, intervalos de concavidad y convexidad y sus asíntotas.
b) Esbozar su gráfica.
Solución:
a) En primer lugar calculemos el dominio de la función: Dom f = ℝ – {1}
Para estudiar los intervalos de monotonía y los extremos, calculemos la derivada primera f ‘(x):
f ‘(x) =
2 2
2 2
(2 3)·( 1) ( 3 3) ·1 2
( 1) ( 1)
x x x x x x
x x
− − − − + = −
− −
Calculamos los puntos singulares como soluciones de la ecuación f ‘(x) = 0:
f ‘(x) = 0 ⇒
2 2
2
( 1)
x x
x
−
− = 0 ⇒ x
2
– 2x = 0 ⇒ x = 0 y x = 2
Representemos sobre una recta los puntos anteriores y aquellos que no pertenecen al dominio de la función (y en los que no es derivable), y estudiemos el signo de la derivada primera en cada uno de los intervalos en los que queda dividida:
Por tanto, de lo anterior se deduce que:
• f crece en (–∞, 0) ∪ (2, +∞)
• f decrece en (0, 1) ∪ (1, 2)
Entonces, como en el punto x = 0 la monotonía cambia de creciente a decreciente, en él habrá un máximo. Y como en el punto x = 2 la monotonía cambia de decreciente a creciente, en él habrá un mínimo.
• Máximo en (0, f (0)) = (0, –3)
• Mínimo en (2, f (2)) = (2, 1)
Para estudiar los intervalos de curvatura, calculemos la derivada segunda f ‘’(x):
f ‘’(x) =
2 2
4 2
(2 2)·( 1) ( 2 )·2·( 1)·1 2
( 1) ( 1)
x x x x x
x x
− − − − − =
− −
1
f ‘(x) < 0 f ‘(x) > 0 2
0
Calculemos los puntos soluciones de la ecuación f ‘’(x) = 0:
f ‘’(x) = 0 ⇒ 2 2
(x−1) = 0 ⇒ 2 ≠ 0 ⇒ No tiene soluciones reales.
Representemos sobre una recta los puntos únicamente aquellos que no pertenecen al dominio de la función y estudiemos el signo de la derivada segunda en cada uno de los intervalos en los que queda dividida:
Por tanto, de lo anterior se deduce que:
• f es cóncava hacia abajo en (–∞, 1).
• f es cóncava hacia arriba en (1, +∞).
Finalmente, estudiemos sus asíntotas.
• Asíntotas verticales:
La recta x = 1 (punto que no pertenece al dominio) es una asíntota vertical puesto que:
2
1 1
3 3 1
( )
1 0
x x
x x
Lim f x Lim x
→ →
− +
= =
− = ∞
Para comprobar la posición de la función respecto de la asíntota, lo cual nos será útil a la hora de representar la función, calculemos los límites laterales:
2
1 1
3 3 1
( )
1 0
x x
x x
Lim f x Lim x
− − −
→ →
− +
= =
− = –∞ ;
2
1 1
3 3 1
( )
1 0
x x
x x
Lim f x Lim x
+ + +
→ →
− +
= =
− = +∞
• Asíntotas horizontales:
No existen pues:
2
3 3
( )
1
x x
x x
Lim f x Lim x
→±∞ →±∞
− +
= = ∞
−
(por ser el grado del numerador mayor que el grado del denominador)
• Asíntotas oblicuas:
La recta y =mx + n es una asíntota oblicua si existen y son finitos los límites:
m = ( ) x
f x Lim
x
→∞ y n = Lim f xx→∞( ( )−mx)
1
Veamos si es así:
m = ( ) x
f x Lim
x
→∞ = m =
2 2
3 3
1
x
x x
Lim
x x
→∞ − + =−
n = ( ( ) )
x
Lim f x mx
→∞ − = n =
2
3 3 2 3
1 1
x x
x x x
Lim x Lim
x x
→∞ →∞
− + − +
− =
− −
= –2
Por tanto la asíntota oblicua es la recta y = x – 2.
b) Para terminar, hagamos el esbozo de la gráfica de la función:
2. a) Hallar el valor de los parámetros reales a y b para los que la función
f (x) = 2 2
sen( )
si 0
si 0
x ax
x x
x b x
−
>
+ ≤
es continua en ℝ.
b) Calcular ln( )2x dx x
∫
.Solución:
a) Las funciones parciales que componen f son continuas en los tramos en los tramos en los que están definidas, por ser composición de funciones continuas. Por tanto f será continua en todo ℝ, salvo quizás en x = 0 que es el punto donde se cambia de un trozo a otro. Para que f sea continua en dicho punto ha de cumplirse que:
f (0) =
0 0
( ) ( )
x x
Lim f x Lim f x
− +
Se tiene que:
2
0 0
( ) ( )
x x
Lim f x− Lim x− b b
→ = → + = ; f (0) = 0
2
+ b = b
Por otra parte, al intentar calcular el límite en cero por la derecha, obtenemos una indeterminación:
2 2
0 0
sen( ) sen(0) ·0 0
( )
0 0
x x
x ax a
Lim f x Lim x
+ +
→ →
− −
= = =
Dicha indeterminación la podemos resolver aplicando la regla de L’Hopital:
´ 2
0 0
sen( ) cos( ) 1
2 0
L Hopital
x x
x ax x a a
Lim Lim
x x
+ +
→ →
− = → = − = −
Como la función f debe ser continua en x = 0, dicho límite lateral de existir y por tanto se deduce que:
1 – a = 0 ⇒ a = 1
Así, el límite anterior vuelve a dar una indeterminación que podemos resolver aplicando nuevamente L’Hopital, teniendo en cuenta que a = 1:
0 0
cos( ) 1 sen( ) 0
0
2 2 2
x x
x x
Lim Lim
x
+ +
→ →
− = − = =
Por tanto, como ha de ser
0 0
( ) ( )
x x
Lim f x Lim f x
− +
→ = → , se tiene que b = 0.
Resumiendo, para que f sea continua en todo ℝ han de ser a = 1 y b = 0. La función f será:
f (x) = 2 2
sen( )
si 0
si 0
x x
x x
x x
−
>
≤
b) Calculemos ln( )2x dx x
∫
por el método de integración por partes. Para ello, llamemos:u = ln (x) ⇒ du = 1 x dx dv = 12
x dx ⇒ v = 2
1
dx x
∫
= 1x
−
Se tiene entonces que:
2
ln( )x dx x
∫
= ln( )xx
− – 12 dx x
−
∫
= ln( )xx
− – 1
x + C =
ln( ) 1x x
+
3. Discutir, y resolver cuando sea posible, el sistema de ecuaciones lineales según los valores del parámetro m:
1
0
3 1
x y z
x y z
x my z m
+ + =
− − =
+ + = +
Solución:
Consideremos las matrices de los coeficientes, A, y la matriz ampliada, A , del sistema:
A =
1 1 1
1 1 1
3 m 1
− −
A =
1 1 1 1
1 1 1 0
3 m 1 m 1
− −
+
Veamos cual es el rango de A:
| A | =
1 1 1
1 1 1
3 m 1
− − = –1 + m – 3 + 3 + m – 1 = 2m – 2
Dicho determinante se anula para los valores:
2m – 2 = 0 ⇒ m = 1
Por tanto, tenemos que:
• Si m ≠ 1 ⇒ rango (A) = 3 = rango ( A ) = nº incógnitas ⇒ Sistema compatible determinado (Solución única)
Calculemos su solución aplicando la regla de Cramer:
x =
1 1 1
0 1 1
1 1
1 1 1
1 1 1
3 1
m m
m
− − +
− −
= 1 1
2 2 2
m
m− =− = 1 ; y =
1 1 1
1 0 1
3 1 1
1 1 1
1 1 1
3 1
m
m
− +
− −
= 2 2
2 2
m m
− − = 1
z =
1 1 1
1 1 0
3 1
1 1 1
1 1 1
3 1
m m
m
− +
− −
= ( 1)
2 2
m m
− − − =
1 2
• Si m = 1 ⇒ rango (A) = 2 pues podemos encontrar un menor de orden dos no nulo:
1 1
1 −1 = – 1 – 1 = –2 ≠ 0
Por otra parte, si orlamos este menor con los elementos de la última fila y la columna de términos independientes en la matriz ampliada, A , obtenemos que:
1 1 1
1 1 0
3 1 2
− = –2 + 1 + 3 – 2 = 0
Por tanto, rango ( A ) = 2 = rango (A) ⇒ Sistema compatible indeterminado (Infinitas soluciones)
b) Para m = 1 el sistema es compatible indeterminado (tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro, por ser nº incognitas – rangos = 3 – 2 = 1). El sistema que queda es:
1
0
3 2
x y z
x y z
x y z
+ + =
− − =
+ + =
De este sistema nos quedamos únicamente con las dos primeras ecuaciones pues son las que determinan el menor de orden dos no nulo que hemos encontrado. Así pues el sistema equivalente es:
1 0
x y z
x y z
+ + =
− − =
Si tomamos z = λ obtenemos resolviendo el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas que obtenemos la solución:
x = 1
2 y =
1
2 – λ z = λ
4. a) Hallar la recta r que pasa por el punto A (1, –1, 0), está contenida en el plano π≡ x + y = 0, y corta a la recta s ≡ x = y = z.
b) Hallar la distancia del punto B (2, –2, 2) a la recta s.
Solución:
a) La recta s y el plano π no pueden ser paralelos, puesto que en ese caso al estar contenida en el plano π la recta r buscada, estas no podrían cortarse. Por tanto, deben ser secantes, o la recta s debe estar contenida en el plano π. Si resolvemos el sistema formado por sus ecuaciones tenemos que:
s≡ x = y = z ⇒ s ≡
λ
λ
λ
x
y
z
=
=
Sustituyendo en la ecuación del plano:
λ + λ = 0 ⇒ 2λ = 0 ⇒ λ = 0
Por tanto, se deduce que la recta s y el plano π se cortan en un punto de coordenadas O (0, 0, 0).
Así pues la recta r buscada será aquella que pase por los puntos A y O. Por tanto queda determinada por el par r ≡ (O, vr
) siendo vr
= OA
un vector director de la misma.
O = (0, 0, 0) ; vr
= (1, –1, 0) ⇒ r ≡
λ
λ
0
x
y
z
=
= −
=
b)
Procederemos del siguiente modo:
• Hallamos un plano π que contenga al punto B y que es perpendicular a la recta s. Dicho plano tiene como vector característico (perpendicular a él) al vector director de la recta s.
• Calculamos el punto Q dado por la intersección del plano anterior, π, con la recta s.
• Finalmente calculamos la distancia entre B y Q, que el la distancia de B a la recta s.
Como vimos en el apartado anterior las ecuaciones paramétricas de la recta s son:
s ≡
λ
λ
λ
x
y
z
=
=
=
Por tanto un vector director de la misma es vs
= (1, 1, 1). Dicho vector director es el vector característico del plano π, perpendicular a s, y por tanto la ecuación de este será de la forma:
π≡ x + y + z + K = 0
Para calcular el valor de la constante K, imponemos la condición de que dicho plano debe pasar por el punto B (2, –2, 2), y por tanto:
B ∈π ⇒ 2 + (–2) + 2 + K = 0 ⇒ K = –2
Entonces se tiene que el plano π tiene por ecuación:
π≡ x + y + z – 2 = 0
Calculemos a continuación el punto Q, intersección de este plano π y la recta s. Para ello sustituimos las ecuaciones paramétricas de la recta s en la ecuación del plano π:
B •
π
s
Q = s ∩π ⇒ λ + λ + λ – 2 = 0 ⇒ 3λ = 2 ⇒ λ = 2
3 ⇒ Q
2 2 2 , , 3 3 3
Finalmente,
d (B, s) = d (B, Q) =
2 2 2 2 2 2
2 2 2 4 8 4
2 2 2
3 3 3 3 3 3
− + − − + − = + − +
=
= 16 64 16 96 96 4 6