UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID
PRUEBA DE ACCESO A ESTUDIOS UNIVERSITARIOS (LOGSE)
JUNIO 2009
INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN
El alumno contestará a los cuatro ejercicios de una de las dos opciones (A o B) que se le ofrecen. Nunca deberá contestar a unos ejercicios de una opción y a otros ejercicios de la otra opción. En cualquier caso, la calificación se hará sobre lo respondido a una de las dos opciones. No se permite el uso de calculadoras gráficas.
Calificación total máxima: 10 puntos.
Tiempo: Hora y media.
OPCIÓN A
Ejercicio 1.Calificación máxima: 3 puntos. Dado el plano π≡ x + 3y + z = 4, se pide
a) (1 punto). Calcular el punto simétrico P del punto O(0,0,0) respecto del plano π.
b) (1 punto). Calcular el coseno del ángulo αque forman el plano π y el plano x = 0.
c) (1 punto). Calcular el volumen del tetraedro T determinado por el plano π, y los planos: x = 0, y = 0, z = 0.
Solución.
a. El simétrico de O respecto de π(P) se calcula como simétrico de O respecto de M, siendo M la proyección ortogonal de O sobre π como se observa en la figura.
M se calcula como intersección de π con r, siendo r la recta perpendicular a π que pasa por O.
π
r : M
= ⇒ π ⊥
∈
π
n d r
r O : r
r r
r
(
(
)
)
= =
1 3, 1, d
0 0, 0, O : r
r
r
λ =
λ =
λ = =
z 3 y
x r
= ⇒ = λ = λ = λ + λ ⋅ + λ
= + + ≡ π
λ =
λ =
λ = =
11 4 , 11 12 , 11
4 M 11
4 : 4 11 : 4 3
3 :
4 z y 3 x
z 3 y
x r : M
M es el punto medio del segmento OP:
+ + +
=
2 p o , 2
p o , 2
p o
M 1 1 2 2 2 2
Despejando de las coordenadas del punto medio se obtienen las coordenadas de punto P, simétrico de O respecto de π.
= ⇒
= − ⋅ = − = ⇒ + =
= − ⋅ = − = ⇒ + =
= − ⋅ = − = ⇒ + =
11 8 , 11 24 , 11
8 P
11 8 0 11
4 2 p m 2 p 2
p o m
11 24 0 11 12 2 p m 2 p 2
p o m
11 8 0 11
4 2 p m 2 p 2
p o m
3 3 3 2 2 3
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
b. El ángulo que forman dos planos es el mismo que el que forman sus vectores normales.
π≡ x + 3y + z = 4: nrπ=
(
1 ,3 ,1)
El coseno del ángulo que forman los planos (α) se obtiene como aplicación del producto escalar entre los vectores normales de los planos.
( ) (
)
11 1 1
11 0 1 0 3 1 1 0 0 1 1 3 1
0 , 0 , 1 1 , 3 , 1 n
n n n cos
2 2 2 2 2
2 ⋅ =
⋅ + ⋅ + ⋅ = + + ⋅ + + = ⋅ = α
σ π
σ
π o
r r
r o r
c. El volumen del tetraedro se obtiene como aplicación del producto mixto de vectores.
Los vectores ar ,bry cr, se obtiene de la ecuación canónica o segmentaría
1 4 z 3 4
y 4 x 4 4 4 z 4
y 3 4 x 4 z y 3
x+ + = π≡ + + = π≡ + + =
≡ π
(
)
(
)
( )
u39 32 4 0 0
0 3 4 0
0 0 4 6 1 c b a 6 1 V : 4 , 0 , 0 c
0 , 3 4 , 0 b
0 , 0 , 4 a
= ⋅
= × =
=
=
=
r r o r r
r r
Ejercicio 2.Calificación máxima: 3 puntos
Dado el sistema:
= λ + λ + λ
λ = λ − + λ
λ = + λ +
9 z y 4 x 4
z y x
2 z 2 y 4 x 4
se pide
a) (2 puntos). Discutir el sistema según los valores del parámetro λ.
b) (1 punto). Resolverlo para λ = −1.
Solución.
a. El sistema esta definido por la matrices de coeficientes (C) y ampliada (A).
λ λ λ
λ − λ
λ =
4 4
1 2 4 4
C
λ λ λ
λ λ − λ
λ λ
=
9 4
4 1
2 2 4 4
A C⊂A⇒rgC≤rgA≤3=n
Si C ≠0⇒rgC=rgA=3=n Sistema compatible determinado. Se discute el tipo de solución para los valores de λ que anulan el determinante de C.
(
)
(
)
−λ ⋅ − λ ⋅ λ − = + λ − λ ⋅ λ − = λ − λ
λ ⋅ λ = λ λ λ
λ − λ
λ =
5 1 1 20 1 6 5 4 1 4 4
1 1 2 2 2 4
4 1
2 4 4
C 2
(
)
= λ
= λ
= λ = −λ ⋅ − λ ⋅ λ − =
5 1
1 0 : 0 5 1 1 20 : 0 C
Discusión:
i) Si a≠0 ,1,15a ≠ 0 rg C = rg A = n = 3. Sistema compatible determinado.
ii) Si a = 0:
=
0 0 0
0 1 0
2 0 4
C 4 0
1 0
0 4
≠
posibles menores orlados, uno es el determinante de C, que es cero, y el otro es:
0 36 9 0 0
0 1 0
0 0 4
≠
= por lo tanto rg A = 3 ≠ rg C. Sistema incompatible.
iii) Si a = 1:
− =
1 4 4
1 1 1
2 4 4
C 6 0
1 1
2 4
≠ − =
− rg C = 2. Para estudiar el rango de la ampliada
− =
9 1 4 4
1 1 1 1
2 2 4 4
A se orla el menor de orden dos de la matriz de coeficientes. De los dos posibles menores orlados, uno es el determinante de C, que es cero, y el otro es:
0 40 9 1 4
1 1 1
2 2 4
≠ − =
− por lo tanto rg A = 3 ≠ rg C. Sistema incompatible.
iv) Si a=15:
− =
− =
1 4 4
1 5 1
10 4 20
5 1
5 1 5 4 5 4
5 1 1 5 1
2 5 4 4
C 96 0
5 1
4 20
≠
= rg C = 2. Para
estudiar el rango de la ampliada
− =
− =
45 1 4 4
1 1 5 1
2 10 4 20
5 1
9 5 1 5 4 5 4
5 1 5 1 1 5 1
5 2 2 5 4 4
A se orla
el menor de orden dos de la matriz de coeficientes. De los dos posibles menores orlados, uno es el determinante de C, que es cero, y el otro es: 4224 0
45 4 4
1 5 1
2 4 20
≠
= por lo tanto rg A = 3 ≠ rg C. Sistema incompatible.
b. Para λ = −1:
= − − −
− = + + −
− = + −
9 z y 4 x 4
1 z y x
2 z 2 y 4 x 4
Sistema compatible determinado. Cramer.
(
5 6 1)
{
1}
4( ) ( )
1(
5 1 6( )
1 1)
48 4C =− λ⋅ λ2− λ+ = λ= =− ⋅ − ⋅ ⋅ − 2− ⋅ − + =
1 48
48 48
1 4 9
1 1 1
2 4 2
C A
x x − − =− =−
− − −
=
= 1
48 48 48
1 9 4
1 1 1
2 2 4
C A
y y − − = − =−
− −
−
= =
1 48
48 48
9 4 4
1 1 1
4 4 4
C A
z z − − = − =−
− −
−
Ejercicio 3. Calificación máxima: 2 puntos
Calcular el siguiente límite
( )x 1
2
x ax 4x 8
1 1
Lím
+
∞ +
→
+ + +
según los valores del parámetro a.
Solución.
( ) ( )
∞ ∞ +
∞ +
∞ +
→ =
∞ + =
+ ∞ ⋅ + ∞ ⋅ + =
+ +
+ 1 1 1
8 4 a
1 1
8 x 4 ax
1 1
Lím
1
2 1
x
2 x
La indeterminación se resuelve mediante el número e.
( ) ( )
8 x 4 ax
1 x Lím 1
8 x 4 ax
1 1 1 x Lím 1
x
2 x
2 x 2
x e
e 8
x 4 ax
1 1
Lím + +
+
− + + + ⋅ + +
∞ + →
∞ + → ∞
+
→ =
=
+ + +
Discusión:
i) Si a ≠ 0, el denominador de la fracción del exponente tendrá mayor grado que el numerador, cuando x tienda a infinito, la fracción tenderá a cero
( )
1 e e
8 x 4 ax
1 1
Lím ax 4x 8 0
1 x Lím 1
x
2 x
2
x = =
=
+ +
+ + +
+ +
∞ + →
∞ + →
ii) Si a = 0, los polinomios de la fracción serán de igual grado y cuando x tienda a infinito la fracción tenderá al cociente de los coeficientes de las x de mayor grado
( )
4 1 8 x 4
1 x Lím 1
x
x 4x 8 e e
1 1
Lím = x =
+
+ +
+ +
∞ + →
∞ + →
Ejercicio 4. Calificación máxima: 2 puntos
Calcular la integral:
( )
=∫
x −0 t 2e dt
t x F
Solución.
Resuelvo primero la integral indefinida, y con el valor de la primitiva se resuelve la definida.
( )
x =∫
t e− dtF 2 t
Integral por partes:
( )
= ⋅( ) ( )
− − − ⋅ ⋅ =
− = → =
⋅ = → = =
=
∫
− − − t e−∫
e− 2t dte v dt e dv
dt t 2 du t u dt e t x
F 2 t 2t t 2 t t
( )
[
⋅− − −]
=⋅ + − =
− = → =
= → = = +
−
= −
∫
− − t e− 2 t e−∫
e−dte v dt e dv
dt du t u dt e t 2 e
t2 t t t t 2 t t t
(
t 2t 2)
C eC e 2 e t 2 e t dt e 2 e t 2 e
t2 t − t + t =− 2 t− t − t + =− t 2+ + +
−
= − −
∫
− − − − −Calculo de la definida:
( )
x t e dt(
e(
t 2t 2)
]
e(
x 2x 2)
(
e(
0 2 0 2)
)
e(
x 2x 2)
2F x t 2 0x x 2 0 2 x 2
0 t
2 = − + + =− + + − − + ⋅ + =− + + +
=
∫
− − − − −( )
x 2 e(
x 2x 2)
OPCIÓN B
Ejercicio 1.Calificación máxima: 3 puntos. Dadas las rectas:1 z 3
2 y 2
1 x
r≡ − = − = ,
1 2 z 1 y 2
2 x
s≡ + = = −
se pide:
a) (1 punto). Hallar la ecuación del plano π que contiene a r y es paralelo a s.
b) (1 punto). Determinar la distancia entre las rectas r y s.
c) (1 punto).Estudiar si la recta t paralela a r y que pasa por O(0, 0, 0) corta a s.
Solución.
a. Se pide la ecuación de un plano que cumpla las siguientes condiciones:
π ⇒ π
π π ∈ ⇒ π ⊂ π
d s
d P r
:
s r r
r r
(
)
(
)
= = =
− = − ≡
1 , 3 , 2 d
0 , 2 , 1 P : 1 z 3
2 y 2
1 x r
r r
r
(
)
( )
= − = −
= = + ≡
1 , 1 , 2 d
2 . 0 , 2 P : 1
2 z 1 y 2
2 x s
s s
r
(
)
(
)
( )
2 1 1 01 3 2
z 2 y 1 x : 1 , 1 , 2 d
1 , 3 , 2 d
0 , 2 , 1 P
s r r
= − − ≡ π
= = = ≡ π
r r
Desarrollando el determinante y ordenando se obtiene la ecuación general del plano. 0
2 z 4 x
2 − − =
≡ π
b. Teniendo en cuenta que todos los puntos de s están a igual distancia del plano π (s es paralela a π), la distancia entre las rectas se transforma en la distancia del punto de la recta s al plano π.
( ) (
r−s =dPs−π)
d
(
)
( )
( )
57 20 14 4
0 2
2 2 4 2 2 P
d
2 2 2
s = =
− + +
− ⋅ − − ⋅ = π −
c.
(
( )
)
= − = −
= = + ≡
1 , 1 , 2 d
2 . 0 , 2 P : 1
2 z 1 y 2
2 x s
s s
r
(
(
)
)
= =
= ≡
1 , 3 , 2 d d
0 , 0 , 0 O t
r t r r
3 OP
d d rg 0 12 2 0 2
1 3 2
1 1 2 : 2 0 2
1 3 2
1 1 2 rg OP
d d rg
s t s
s t s
=
⇒ ≠ = −
− =
r r r
r
Ejercicio 2.Calificación máxima: 3 puntos
Si la derivada de la función f(x) es:
( ) (
x x 1) (
x 5)
f′ = − 3 −
obtener
a) (1 punto). Los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f.
b) (1 punto). Los valores de x en los cuales f tiene máximos relativos, mínimos relativos, o puntos de inflexión
c) (1 punto).La función f sabiendo que f(0) = 0
Solución.
a. La monotonía de la función se asocia al signo de su derivada. En los intervalos donde su derivada sea positiva, la función será creciente, en los que sea negativa será decreciente.
El signo de la derivada se estudia a partir de los ceros de esta (ceros: valores que anulan la derivada).
( )
(
) (
)
(
)
= = −
= = − =
− − = ′
5 x : 0 5 x
1 x : 0 1 x : 0 5 x 1 x : 0 x
f 3 3
Se colocan sobre una recta de forma ordenada los valores que anulan la derivada, se definen los intervalos, y se toma u valor de cada intervalo para estudiar el signo que toma la derivada.
(
,1)
f( )
x 0 f( )
x Creciente xSi ∈ −∞ ⇒ ′ > →
( )
1 ,5 f( )
x 0 f( )
x Decreciente xSi ∈ ⇒ ′ < →
(
5 ,)
f( )
x 0 f( )Creciente
x xSi ∈ +∞ ⇒ ′ > →
b. Máximos y mínimos relativos: Puntos donde la primera derivada es nula y se produce un cambio de signo, con el criterio de que si cambia de negativa a positiva, es un mínimo, si cambia de positiva a negativa, es un máximo.
- En x = a existe un mínimo si f′
( )
a =0 y( )
( )
> ′
< ′
+ −
0 a f
0 a f
- En x = a existe un máximo si f′
( )
a =0 y( )
( )
< ′
> ′
+ −
0 a f
0 a f
( )
(
) (
)
(
)
= = −
= = − =
− − = ′
5 x : 0 5 x
1 x : 0 1 x : 0 5 x 1 x : 0 x
f 3 3
• f′
( )
1 =0:( )
( )
< ′
> ′
+ −
0 1 f
0 1
f ⇒ En x = 1 la función presenta un máximo relativo.
• f′
( )
5 =0:( )
( )
> ′
< ′
+ −
0 5 f
0 5
f ⇒ En x = 5 la función presenta un mínimo relativo.
Nota: En este ejercicio es más sencillo utilizar el criterio de cambio de signo en la primera derivada que de sustituir en la segunda derivada, debido a que en x = 1, la 1ª, la 2ª y la 3ª derivada son nulas y es en la cuarta donde queda distinto de cero
Puntos de inflexión. Puntos donde la segunda derivada se anula y cambia de signo.
( )
x 3(
x 1)
1(
x 5) (
x 1)
1(
x 1) (
[
3x 5) (
x 1)
]
(
x 1) (
4x 16) (
4 x 1) (
x 4)
f ′′ = ⋅ − 2⋅ ⋅ − + − 3⋅ = − 2 − + − = − 2⋅ − = − 2 −
(
)
( )
c. La primitiva de la función se encuentra integrando la derivada. Se puede hacer de dos formas, expandiendo le derivada hasta un polinomio de cuarto grado, ó mediante el método de partes.
( )
x =∫
f′( )
x ⋅dx=∫
(
x−1) (
x−5)
⋅dx=∫
(
x −3x +3x−1)
(
x−5)
⋅dx=f 3 3 2
(
)
∫
(
)
∫
− + − − + − + ⋅ = − + − + ⋅ == x4 3x3 3x2 x 5x3 15x2 15x 5 dx x4 8x3 18x2 16x 5 dx
C x 5 x 8 x 6 x 2 5 x C x 5 2 x 16 3
x 18 4 x 8 5
x5 − 4 + 3 − 2 + + = 5 − 4+ 3− 2+ +
=
Por partes.
( ) (
) (
)
(
)
(
)
=(
−) (
−)
−(
−)
=
− = → −
=
⋅ = → − = =
⋅ − −
=
∫
∫
dx4 1 x 4
1 x 5 x 4
1 x v dx 1 x dv
dx 1 du 5 x u dx
5 x 1 x x f
4 4
4 3
3
(
−) (
−) (
− −)
+ =(
−) ( ) ( )
(
− − −)
+ =(
−) (
−)
+ == 4x 24 C
20 1 x C 1 x 5 x 5 20
1 x C 20
1 x 4
1 x 5 x
4 4
5 4
(
) (
)
C5 6 x 1
x− 4 − + =
La constante se calcula con el dato f(0) = 0.
( )
2 0 6 0 8 0 5 0 C 0 C 0 50 0
f 4 3 2
5
= ⇒ = + ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − =
( )
2x 6x 8x 5x 5x x
f 4 3 2
5
+ − + − =
Por el método de partes:
( ) (
) (
)
5 6 C : 0 C 5 6 : 0 C 5
6 0 1 0 0 f
4
= = + − = + − − =
( ) (
) (
)
5 6 56 x 1 x x f
4
+ − − =
Ejercicio 3. Calificación máxima: 2 puntos
Dado el sistema:
= −
= − λ
λ = −
2 y x 3
4 y 2 x
y x 2
se pide:
a) (1,5 puntos). Discutir el sistema según los valores del parámetro λ.
b) (1 punto). Resolver el sistema cuando sea posible
Solución.
a. Sistema rectangular, 3 ecuaciones con dos incógnitas. Lo definen las matrices:
− − λ
− =
1 3
2 1 2
C
− − λ
λ − =
2 1 3
4 2 1 2
A :n 2
3 A rg
2 C rg : rgA C rg A
C =
≤ ≤ ≤
⇒ ⊂
Si el determinante de A es distinto de cero, su rango será 3, y será distinto al rango de la matriz de coeficientes, siendo el sistema incompatible. Se discute el tipo de solución del sistema para los valores de λ que anulan el determinante de la matriz ampliada.
(
2) (
6)
128 2
1 3
4 2 1 2
A =−λ2+ λ− =−λ− ⋅ λ−
− − λ
λ − =
(
) (
)
= λ = − λ
= λ = − λ = − λ ⋅ − λ =
6 : 0 6
Discusión:
i) Si λ≠ 2, 6. |A| ≠ 0 ⇒ rg A = 3 ≠ rg C. Sistema incompatible. ii) Si λ = 2, A =0⇒rgA<3.
− − − =
1 3
2 2
1 2
C 2 0 rgC 2
2 2
1 2
= ⇒ ≠ − = − −
Teniendo en cuenta que la ampliada no puede tener menor rango que la de coeficientes, se puede concluir que rgC=rgA=n=2. Sistema compatible determinado.
iii) Si λ = 6, A =0⇒rgA<3.
− − − =
1 3
2 6
1 2
C 2 0 rgC 2
2 6
1 2
= ⇒ ≠ = − −
Teniendo en cuenta que la ampliada no puede tener menor rango que la de coeficientes, se puede concluir que rgC=rgA=n=2. Sistema compatible determinado.
b. λ = 2:
= −
= −
4 y 2 x 2
2 y x 2
Se resuelve por cualquier método obteniendo:
− =
=
2 y
0 x
λ = 6:
= −
= −
4 y 2 x 6
6 y x 2
Se resuelve por cualquier método obteniendo:
− =
− =
14 y
4 x
Ejercicio 4. Calificación máxima: 2 puntos
Dada la matriz
=
a 1 1
1 a 1
1 1 a A
a) (1 punto).Estudiar el rango de la matriz A según los valores del parámetro a.
b) (1 punto). Obtener la matriz inversa de A para a = −1.
Solución.
a. Por tratarse de una matriz cuadrada, si el determinante es distinto de cero el rango de la matriz es 3, por lo tanto se estudia el rango de la matriz para los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz.
(
) (
)
23 3a 2 a 2 a 1
a a 1 1
1 a 1
1 1 a
A = = − + = + ⋅ −
(
) (
)
(
)
= = − = −
− = = + =
− ⋅ + =
1 a : 0 1 a : 0 1 a
2 a : 0 2 a : 0 1 a 2 a : 0
A 2 2
Discusión:
i. Si a ≠−2, 1. |A|≠ 0. rg A = 3
ii. Si a = 1.
=
1 1 1
1 1 1
1 1 1
A La matriz solo tiene menores de orden uno distintos cero. rg A = 1.
iii. Si a = −2.
− − − =
2 1 1
1 2 1
1 1 2
A . La matriz tiene menores de orden dos distintos de cero,
0 3 1 2
≠ = −
b. Para a = −1:
− − − =
1 1 1
1 1 1
1 1 1
A A =
(
a+2) (
⋅a−1) {
2 = a=−1} (
= −1+2) (
⋅ −1−1)
2 =4=
=
− − + −
− −
+
− − − − + − −
− + − − − − +
=
− − − =
−
t t
t
1
0 2 2
2 0 2
2 2 0 4 1
1 1
1 1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1
1 1 1
1 1 1 1 1
1 1
1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1
4 1 1 1 1
1 1 1
1 1 1 Adj A 1 A
=
=
0 2 1 2
1 2
1 0 2
1 2
1 2 1 0 0 2 2
2 0 2