PRUEBA DE ACCESO (LOGSE) UNIVERSIDAD DE CASTILLA Y LEÓN JUNIO - 2001 (RESUELTOS por Antonio Menguiano) MATEMÁTICAS II Tiempo máximo: 1 horas y 30 minutos

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Texto completo

(1)

I

I..EE..SS..““CCAASSTTEELLAARR””BBAADDAAJJOOZZ

A. Menguiano PRUEBA DE ACCESO (LOGSE)

UNIVERSIDAD DE CASTILLA Y LEÓN

JUNIO - 2001

(RESUELTOS por Antonio Menguiano)

MATEMÁTICAS II Tiempo máximo: 1 horas y 30 minutos

Criterios generales de evaluación de la prueba: 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.

Datos o tablas (si ha lugar): Podrá utilizarse una calculadora “en línea”. No se admitirá el uso de memoria para texto, ni las prestaciones gráficas.

Optatividad: Se proponen dos pruebas, A y B. Cada una de ellas consta de dos proble-mas y cuatro cuestiones. Cada problema tendrá una puntuación máxima de tres puntos, y cada cuestión se puntuará, como máximo, con un punto. El alumno deberá escoger una de las pruebas, A o B, y desarrollar las preguntas de la misma.

PRUEBA A

PROBLEMAS

1º) a ) Enunciar el teorema de Rouché-Fröbenius.

b ) Analizar, en función del parámetro α el sistema de ecuaciones     

= + +

= + −

− = − −

3 2

2 2

1 2

az y x

z y ax

z y x

.

c ) Resolver el sistema cuando α = 3 y α = 0.

--- a )

El Teorema de Rouché-Fröbenius puede enunciarse del modo siguiente:

La condición necesaria y suficiente para que un sistema de m ecuaciones con n incógnitas tenga solución es que coincida el rango de la matriz de los coeficientes con el rango de la matriz ampliada con los términos independientes.

(2)

Si el rango es menor que el número de incógnitas el sistema es compatible indeter-minado.

En el caso particular de un sistema homogéneo, la condición necesaria y suficien-te para que un sissuficien-tema sea compatible es que el rango de la matriz de los coeficiensuficien-tes sea menor que el número de incógnitas. La condición necesaria y suficiente para que un sistema de n ecuaciones homogéneas con n incógnitas sea compatible es que el determi-nante de la matriz de los coeficientes sea nulo.

b )

Las matrices de coeficientes y ampliada son las siguientes:

          − − − − =           − − − = 3 2 1 2 1 2 1 1 2 1 ' 2 1 2 1 1 2 1 a a M y a a M .

El rango de M en función del parámetro α es el siguiente:

= + ± = = − − = + − − − − − = − − − = 4 72 9 3 ; ; 0 9 3 2 2 4 1 4 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 a a a a a a a a M . ; ; 3 4 9 3 4 81 3 2 3 2

1= =−

± = ±

= a a

ado er Compatible incógnitas n M Rango M Rango a a

Para 3 ' 3 º det min

2

3 ⇒ = = = ⇒

      − ≠ ≠

{

}

' 2

3 2 1 3 2 1 2 1 3 1 2 1 '

3 ⇒ 3 = 4 ⇒ =

          − − − − = ⇒

= M C C Rango M

a Para ado er in Compatible incógnitas n M Rango M Rango a

Para =3 ⇒ = '=2< º ⇒ det min

          − − − − − − = ⇒ − = 3 2 1 2 1 2 1 1 2 1 ' 2 3 2 3 2 3 M a

Para , equivalente a efectos de rango a la matriz

{

}

− − =− + − − − − = − − ⇒ ⇒ ⇒           − − − − − −

= 6 6 8 2 8 18

3 2 2 2 1 3 1 2 2 , , ' 3 2 1 3 2 2 4 1 3 2 2 2

'' Rango M C1 C2 C3

M

3 ' 0

36≠ ⇒ =

(3)

le Incompatib M Rango M Rango a

Para =−23 ⇒ =2 ;; '=3 ⇒

c )

Resolvemos para α = 3. El sistema resulta      = + + = + − − = − − 3 3 2 2 2 3 1 2 z y x z y x z y x

, que es compatible

inde-terminado. Despreciando una ecuación, por ejemplo la segunda, y parametrizando una de las incógnitas, por ejemplo, z=λ, resulta:

λ λ λ λ λ λ λ λ λ = = = + = + = =    − = + + − = − 1 ; ; 2 2 1 1 1 2 ; ; 1 ; ; 2 2 2 3 3 2 1 2 y x y x x y x y x . R z y x

Solución ∀ ∈

     = − = − = λ λ λ λ ; 1 1 :

Resolvemos para α = 0. El sistema resulta      = + = + − − = − − 3 2 2 2 1 2 y x z y z y x

, que es compatible

de-terminado. Resolviendo por la regla de Cramer:

x

x = =

− − = − + − − − = − − − − − = 3 5 9 15 9 4 3 12 4 9 0 2 3 2 1 2 1 2 1 . y

y = =

− − = − − + − = − − − = 3 2 9 6 9 6 2 2 9 0 3 1 2 2 0 1 1 1 z

z = =

(4)

2º) Dos hermanos heredan una parcela que ha de repartirse. La parcela es la región

limi-tada por la curva y= x−1 y la recta

( )

1 2 1

= x

y .

a ) Calcular el área de la parcela.

b ) Deciden dividir la parcela en partes iguales, mediante una recta de la forma y = α. Hallar el valor de α > 0.

--- a )

La representación gráfica, aproximada, de la situación es la que aparece en la primera figura.

Los puntos de corte de la curva y la recta son los siguientes:

(

)

2

(

1

)

;; 1 1 1 2 1 1 − = − ⇒      − = − = x x x y x y

( ) ( )

( )

1 4

( )

1 0 ;;

( )( )

1

[

1 4

]

0 ;; ; ; 1 1 4 ; ; 1 1 2 2 2 = − − − = − − − − = − − = − x x x x x x x x

( )(

)

( )

( )

     ⇒ = → = ⇒ = → = ⇒ = − − 2 , 5 2 5 0 , 1 0 1 0 5 1 2 2 1 1 B y x A y x x x .

De la observación de la figura se deduce el área pedida, que es la siguiente:

( )

(

)

(

)

( ) ( )

=         − − =           − − − =     − − − =

5 1 2 2 3 5 1 2 2 3 5 1 4 1 3 1 2 2 1 · 2 1 2 3 1 · 1 2 1

1 x dx x x x x

x S

( ) ( )

= = = == u =S

        − − = 2 3 2 2 3 3 4 3 12 16 4 3 16 4 3 8 · 2 4 3 4 2 0 4 1 5 3 1 5 2 . b )

Los puntos C y D son las interseccio-nes de la recta y = α con la curva y la recta, respectivamente. ; ; 1 ; ; 1 1 2 a x a x a y x

y = =

   = − = Y O

S

1 5 X

B 1 − = x y A

(

1

)

2 1 − = x y Y O

S

1

1 5 X

B 1 − = x y A

(

1

)

2 1

= x y

y = α

S

2

C D

2a+1

(5)

(

a a

)

C a

x= 2+1⇒ 2+1, .

( )

x a

( )

x a x x a D

(

a a

)

y a y , 1 2 1 2 ; ; 1 2 ; ; 1 2 1 1 2

1 ⇒ = − = − = + ⇒ +

    − = = .

Como las superficies S1 y S2 tienen que ser iguales, ha de ser:

( )

( )

+ + + =     − − +     − − − = 1 2 1 1 1 1 2 2 · 1 2 1 · 1 2 1 1 a a a dx x a dx x x S

( )

(

)

( )

=       − +           − − − = + + + 1 2 1 2 1 1 2 2 3 2 2 4 1 2 1 · 2 1 2 3 1 a a a x ax x x

( ) ( )

(

) ( )

(

) ( )

=         − + −       − + + −         − = 4 1 4 2 1 2 0 4 3

2 2 2 2

2 2 2 2 3 2 a a a a a a a a 1 3 2 2 3 3 2 3 4 3 2 2 4 3 3 3 3 3 2 4 2 4 3 2 S a a a a a a a a a a a a a a

a + + + = + = + ==

= .

[

]

( )

+ + + =     + − − = 5 1 2 1 2 1

2 1 ·

2 1 1 · 1 2 a a a dx x x dx a x S

(

)

( ) (

)

=           − − − +           − − = + + + 5 1 2 2 2 3 1 2 1 2 3 4 1 2 3 1 2 3 1 2 a a a x x ax x

( )

(

)

( ) ( )

( )

( ) ( )

( )

+ + +

( )

+ = + + = = =         − −         − +         + − −         + − = 4 3 16 3 2 3 2 · 2 4 3 16 3 2 2 3 2 · 2 4 2 3 2 2 4 4 3 4 2 1 3 2 1 2 3 2 2 3 3 2 2 3 3 3 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 a a a a a a a a a a a a a a a a a a a 2 2 3 3 2 3 4 3 3 4 3 S a a a

a + + = − + =

− = . ; ; 0 4 6 2 ; ; 4 3 3 ; ; 3 4 3 3

3 2 3 3 2 3 2

2 3 3 2 2

1 − = − + − + =

+ − = −

=S a a a a a a a a a a

(6)

0 2 3 2

3− + =

a

a . Resolviendo por Ruffini:

1 -3 0 2

1 1 -2 -2

1 -2 -2 0

3 1 2

3 2 2 2

12 2 2

8 4 2 ; ; 0 2 2

2 = = ± + = ± = ± = ±

a a

a .

Las soluciones son a1=1, a2 =1+ 3, a3 =1− 3.

La única solución valida es para α = 1 ya que las otras dos soluciones están fuera del intervalo (0, 2), que es el recorrido de la curva en el dominio de la parcela.

Deben dividir la parcela mediante la recta y = 1.

(7)

CUESTIONES

1ª) Sea A una matriz cuadrada de orden 2 verificando 2 · A2 = A. Calcular razonada-mente los posibles valores de A.

---

Sea A la matriz 

    

=

d c

b a

A .

Es evidente que la igualdad se cumple para la matriz nula, o sea       =

0 0

0 0

A .

Por otra parte: 2· A2 =A ;; 2· A· A=A. Multiplicando por la derecha por A-1:

     

=

= =

=

= −

2 1 2 1 1

1

0 0 ·

2 1 ; ; ·

2 ; ; ·

· 2 ; ; · ·

· ·

2 A A A A A A I I A I A I A

(8)

2ª) Si u y v son vectores ortogonales y de módulo 1, hallar los posibles valores de α para los que los vectores u +a· v y ua· v formen un ángulo de 60º.

---

Por ser u y v dos vectores ortogonales es u +a· v = ua· v , u · v =0 y

1 ·

· u = v v =

u .

Sabiendo que el producto de dos vectores es el producto de sus módulos por el coseno del ángulo que forman:

(

u +a· v

) (

· ua· v

)

= u · ua· u · v +a· u · va2 · v · v = u · ua2 · v · v =

2 2

2

1 1 · 1 · 1 · 1 · 1 0 cos · · · 0 cos ·

· u a v v a a

u − = − = −

= .

(

) (

)

2 2

1 ·

· ·

· ·

· ·

· ·

·

· v u a v u a v u u a u v a u v a v v a a

u + = + + = + + + = + .

(

) (

)

(

)

;;

2 1 · 1

1 º 60 cos · · ·

· ·

· ·

2 2 2

a a

v a u v a u v a u v a

u + − = + − ⇒ − = +

(

)

3 3 3

1 ;

; 1 3 ; ; 1 2 2 ; ; 1 1

·

2 −a2 = +a2 − a2 = +a2 a2 = a2 = ⇒ a=± .

(9)

3ª) Calcular

1 cos

1 0

2

− −

x

e x

lím x

.

---

{

}

⇒ ⇒

− = −

→ ⇒ ⇒

⇒ = − − = − −

→ 0 det.

0 ·

2 0 '

. det 0

0 1 1

1 1 1 cos

1 0

2

2

In x

sen e x x

lím Hopital

L In

x e x

lím x x

{

}

(

)

( )

2

1 0 1 · 2 cos

· 2 · ·

1 2 0 '

2 2

− = −

+ = −

+ →

⇒ ⇒

x e x x e x

lím Hopital

L

x x

.

(10)

4ª) Dados los puntos A(-5, -1), B(2, 4) y C(0, 2), y sea M el punto medio de BC. Calcu-lar la ecuación de la circunferencia cuyo diámetro es el segmento AM.

---

Para una mejor comprensión del ejercicio, se hace la representación gráfica, aproximada, de la situación.

El punto medio de BC es

( )

1, 3

3 2

2 4

1 2

0 2

=

     

     

= + =

= + =

M

y x

M .

El centro de la circunferencia O’ es el punto medio de AM:

(

2, 1

)

'

1 2

3 1

2 2

1 5

' ⇒ = −

     

     

= + − =

− = + − =

O

y x

O .

El radio de la circunferencia es r=AO'=

[

−2−

( )

−5

]

2 +

[

1−

( )

−1

]

2 = 9+4= 13=r.

Siendo

( )

( )



  

     

− = − + = −

+ − = − + =

− = − = − =

= − − = − =

8 13 1 4 13 1

2 2 1 · 2 2

4 ) 2 ( · 2 2

2 2

2 2

2 2

r b a C

b B

a A

, la ecuación de la

circun-ferencia es x2+y2+4x−2y−8=0.

**********

X Y

O A

B

C M

(11)

PRUEBA B

PROBLEMAS

1º) La recta      + − = − = + − = ≡ t z t y t x r 5 6 2 4 3 2

corta al plano π1xy−2z=1 en el punto A, y al plano

0

2 ≡x+yz=

π en el punto B. Sea O el origen de coordenadas.

a ) Hallar el ángulo entre los vectores OA y OB.

b ) Hallar el área del triángulo OAB.

---

a )

El punto A es el siguiente:

(

4 2

) (

2 6 5

)

1;; 2 3 4 2 12 10 1;; 3 2 1 2 5 6 2 4 3 2 1 = − + + − + − = + − − − − + − ⇒        = − − ≡      + − = − = + − = ≡ t t t t t t z y x t z t y t x r π

(

1, 2, 1

)

1

; ; 5

5= t t= ⇒ A − .

El punto B es el siguiente:

(

4 2

) (

6 5

)

;; 2 3 4 2 6 5 0 ;; 8 4 ;; 3 2 0 5 6 2 4 3 2 1 t t t t t t t z y x t z t y t x r = = − + − + + − = + − − − + + − ⇒        = − + ≡      + − = − = + − = ≡ π

(

4, 0, 4

)

2 B

t= ⇒ .

Los vectores OA y OB son OA=

(

1, 2, −1

)

y OB=

(

4, 0, 4

)

. Aplicando el concepto de producto escalar de dos vectores:

(

) (

)

( )

− + + = + + − = = ⇒ = 2 2 2 2 2 2 4 0 4 · 1 2 1 4 , 0 , 4 · 1 , 2 , 1 · · cos cos · · · OB OA OB OA OB OA OB

OA α α

º 90 0 32 · 6 0 16 16 · 1 4 1 4 0

4 = = =

(12)

b )

El área del triángulo es la mitad del área del paralelogramo que determinan los vectores OA y OB. Conviene saber que el área del paralelogramo es igual que el módulo del producto vectorial de los vectores que lo determinan, por lo tanto:

(

)

= − = − = − − − = − − =

= i j k j i j k

k j i k

j i OB

OA

SOAB 2 2 2 2 2 2 2

1 0 1

1 2 1 · 2

4 0 4

1 2 1 · 2 1 ·

2 1

( )

u SOAB

k j

i− + = + − + = =

= 2 2 2 2

3 4 1 1 1 · 4 ·

4 .

(13)

2º) Dada la función

( )

x b ax x

f = + , siendo α y b constantes positivas, se pide:

a ) Demostrar que el mínimo valor de f(x) en (0, +∞) es 2 ab.

b ) Deducir

2 2 ab <a+b.

c ) Para α = 2 y b = 8, hallar las asíntotas de la gráfica de f(x) en (0, +).

--- a )

Una función tiene un mínimo relativo para los valores que anulan la primera deri-vada y hacer positiva la segunda derideri-vada.

( )

a b x

a b x

a b x b

ax x

b a x

f = − = − = = ⇒ 1=− 2 =+

2 2

2 0 ;; 0 ;; ;;

' .

( )

    

    

 

>

       

+ =

<

       

− =

= −

− =

       

+

       

mínimo Para

a b b f

máximo Para

a b b f

x b x

x b x

f

a b a b

0 2

''

0 2

''

2 2 · ''

3 3

3

4 .

ab b

b a b b

a b

a b

b a b a

x b ax f

a

b 2

· · 2 ·

2 ·

2

= =

= + =

+ =

       

+ .

demostrar queríamos

como ab

es en

x f de mínimo

El ( ) (0, +∞) 2 ,

b )

Para deducir que

2

2 ab <a+b tenemos en cuenta que ab a

b f =2

     

es menor que

cualquier otro valor de f(x) en (0, +∞).

Teniendo en cuenta que f

( )

1 =a+b, podemos asegurar que f

( )

1

a b f <

     

, o sea:

(

0,

)

, . . . ,

2

(14)

c )

Para α = 2 y b = 8 es

( )

x x x x x

f 2 8 2 8

2 +

= +

= y sus asíntotas en el intervalo (0, +∞)

son las siguientes:

Las asíntotas verticales son los valores reales de x que anulan el denominador:

Asíntota vertical: x = 0

Para determinar las tendencias recurrimos a los límites laterales:

( )

+ = =+∞

→ =

→ + + 0+

8 8 2 0 0

2

x x x

lím x

f x

lím

.

Las asíntotas horizontales son los valores finitos que toma la función cuando x tiende a valer infinito; son de la forma y = k.

( )

No tiene asíntotas horizontales x

x x

lím x

f x

lím k

y + =∞ ⇒

∞ → = ∞

→ =

= 2 2 8 .

Para que una función racional tenga asíntotas oblicuas es necesario que el grado del numerador sea una unidad mayor que el grado del denominador; como ocurre en el caso que nos ocupa.

( )

m

x x x

lím

x x x

x lím

x x f x

lím

m + = =

∞ → = +

∞ → = ∞

= 2 8 2

8 2

2 2 2

.

( )

[

]

n

x x

lím x

x x

x lím x

x x x

lím mx

x f x

lím

n = =

∞ → = − + ∞ → =    

 

− + ∞

→ = − ∞

= 2 8 2 2 8 2 8 0

2 2

2

.

x y oblícua

Asíntota ⇒ =2

(15)

CUESTIONES

1ª) Encontrar todas las matrices 

    

1 1

b a

que verifican la igualdad C ·C

6 8

3 5

0 2

3 1

· 

  

 

− − =

     

.

---

⇒    

 

+ − + −

+ − + − =

   

 

+ +

+ +

         

 

− − =

           

6 8 6 8

3 5 3 5

0 3 2

0 3 2 1 ; ; 1 1 · 6 8

3 5

0 2

3 1 · 1 1

a b

a b

b b

a

b a

b a

2 ; ; 0 0

5 10 5

6 8 3

3 5 3

6 8 2

3 5 2 1

= =

⇒    

 

= −

=

      

      

+ − =

+ − =

+ − = +

+ − = +

a b

a b

a b

a b b

b a

.

      =

1 2

0 1

C

(16)

2ª) Calcular la distancia entre la recta

1 1 2 2

1

− − = − = −

x y z

r y el plano π ≡xy+z+2=0.

---

Comprobamos en primer lugar que la recta y el plano son paralelos (en otro caso serían secantes y la distancia sería cero).

El vector director de la recta

1 1 2

2 1

− − = − = −

x y z

r es vr =

(

2,1, −1

)

y el vector normal del plano π ≡xy+z+2=0 es n =

(

1, −1,1

)

.

Para que la recta y el plano sean paralelos es necesario que los vectores

(

2,1, −1

)

= r

v y n =

(

1, −1,1

)

sean perpendiculares, es decir: su producto escalar sea 0:

(

) (

)

= − − = ⇒ ⊥π

= r

n

vr · 2, 1, 1 · 1, 1, 1 2 1 1 0 , como queríamos comprobar.

La distancia de la recta r al plano π es la misma que la distancia de un punto cual-quiera de r a π. Un punto de r es P(1, 2, 1).

Sabiendo que la distancia del punto P0

(

x0, y0, z0

)

al plano genérico de ecuación

0

= + + +

Ax By Cz D

π es

(

)

2 2 2

0 0 0 0,

C B A

D Cz By Ax P

d

+ +

+ + + =

π ; aplicándola al punto P

(

1, 2, 1

)

y al plano π ≡xy+z+2=0, es:

(

) (

)

( )

(

π

)

π

π ,

3 3 2 3 2 3

2 1 2 1

1 1 1

2 1 · 1 2 · 1 1 · 1 ,

,

2 2

2 unidades d r

P d r

d = − + + = = =

+ − +

+ + − =

= .

(17)

3ª) Calcular I =

(

sen3x·cos2x

)

·dx.

---

( )

=

− −

⇒     

    

− − = =

− = =

=

2 2

3 2 2

2 2

3

1 · · 1

1 ;

; ·

1 ;

; cos ·

cos ·

t dt t

t

t dt dx

dt dx x sen

t x

sen t x dx

x x

sen I

( )

=−

( )

− =−

(

)

=

(

)

=

− −

− −

=

t t dt

t t dt

t t dt

t dt t

t

t 1 · · · ·

1 · · 1 ·

1 2 2 2 4 4 2

2 2

2 2

I C x x

C t

t + = + =

=

3 cos 5

cos 3

5

3 5

3 5

.

(18)

4ª) ¿Se puede aplicar el teorema de Bolzano a la función

( )

x x

f

cos 1

= en el intervalo

[ ]

0, π ? Razona la respuesta.

---

El teorema de Bolzano se puede enunciar de la siguiente forma:

“Si una función f es continua en un intervalo cerrado [a, b] y en los extremos de éste toma valores de distinto signo, entonces existe al menos un valor c

(

a, b

)

tal que

( )

c =0

f ”.

La función f(x) es continua en su dominio, que es R, excepto para los valores que

anulan el denominador, que son los siguientes: x= ⇒ x=

(

k+

)

, kZ

2 · 1 2 0

cos π .

La función no es continua para π

[ ]

0, π 2∈

=

x , por lo cual:

No se puede aplicar el teorema de Bolzano a la función f(x) en el intervalo [0, π].

Figure

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