Pruebas de Acceso a enseñanzas universitarias oficiales de grado

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. Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto (1, 2) y determina en el primer cuadrante con los ejes coordenados un triángulo de área mínima. Calcular dicha área.

2. a) Estudiar la continuidad y derivabilidad de la función f (x) = | x – 1 | en el intervalo [–2, 2]. Calcular la función derivada de en ese intervalo.

b) Calcular el área del recinto delimitado en el primer cuadrante, por la gráfica de la función y = ln x y las rectas y =0, y = 1 y x = 0.

3. a) Averiguar para qué valores de m la matriz A =

1 0 1

1 1

0 2

m

m

−

 

_{− −} 

 

 ₋ 

 

no tiene inversa.

b) Calcula la matriz inversa de A para m = 0.

c) Sabemos que el determinante de una matriz cuadrada A vale –1 y que el determinante de la matriz 2·A vale –16 ¿Cuál es el orden de la matriz A?

4. Sean la recta r ≡ 1 0

x y

my z

+ =

 

+ =

 y el plano π ≡ x + (m + 1)y + mz = m + 1. Estudiar la posición

OPCIÓN B

1. Dada la función y = ln x

x , determinar su dominio de definición, sus asíntotas, extremos relativos

y puntos de inflexión. Hacer un esbozo de su representación gráfica.

2. Hallar el valor de m para que el área delimitada, en el primer cuadrante, por la función y = 4x3 y la recta y = mx sea de 9 unidades cuadradas.

3. Discutir según los valores de m y resolver cuando sea posible, el sistema de ecuaciones lineales

2

2

mx y

x my m

x y

+ = 



+ =



 _{+ =}



4. a) Calcular un vector unitario y ortogonal a los vectores v

= (1, 2, 0) y w

= (–1, 0, 1).

b) Calcular el plano que contiene a las rectas r ≡ 1 0 1

y

x z

+ =

 

+ =

 y s ≡

3

2

1 0

x y

z

+

= = −

SOLUCIONES

OPCIÓN A

1. Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto (1, 2) y determina en el primer cuadrante con los ejes coordenados un triángulo de área mínima. Calcular dicha área.

Solución:

Hagamos una representación de la situación para tener una mejor idea de la misma. Tengamos en cuenta que para que la recta determine un triángulo en el primer cuadrante con los ejes coordenados debe tener pendiente negativa.

El área del triángulo vendrá dada por:

Área = ·

2

OP OQ

siendo P el punto de intersección de la recta con el eje OY y el punto Q el punto de intersección de la recta con el eje OX.

La ecuación de la recta será de la forma y = mx + n (con m < 0). Como pasa por el punto (1, 2), se ha de verificar que:

2 = m · 1 + n ⇒ n = 2 – m

Por tanto la ecuación de la recta ha de tener la forma:

y = mx + n = mx + 2 – m = m (x – 1) + 2

Los puntos de corte de dicha recta con los ejes coordenados son:

• Corte con el eje OY (x = 0), punto P:

• Corte con el eje OX (y = 0), punto Q:

0 = m (x – 1) + 2 = mx –m + 2 ⇒ m 2, 0

m

−

 

 

  ⇒ OQ =

2

m m

−

Por tanto, el área del triángulo que la recta determina con la parte positiva de los ejes coordenados es:

Área = ·

2

OP OQ

= A (m) =

2

2

( 2)·

4 4

2 2

m m

m m

m

m

−

− + _{− + −}

=

Maximicemos esta área. Calculemos la derivada primera:

A ‘(m) =

2 2 2

2 2 2

( 2 4)· 2 ( 4 4)· 2 2 8 4

4 4 2

m m m m m m

m m m

− + − − + − ₌ − + ₌− +

Igualando la derivada primera a cero, para obtener los puntos singulares, obtenemos que:

A ‘(m) = 0 ⇒

2 2

4 2

m m

− +

= 0 ⇒ –m2 + 4 = 0 ⇒ m = ± 2

Como dijimos al principio, el valor de m ha de ser negativo, y por tanto, sólo es válido el valor de

m = –2.

Probemos si ese valor hace máximo el área. Calculemos la derivada segunda:

A ‘’(m) =

2 2

4 4 3

2 · 2 ( 4)· 4 16 4

4 4

m m m m m

m m m

− − − + ₌ − ₌ −

Como:

A ‘’(–2) = 4₃ 4 1

( 2) 8 2

− ₌− ₌

− − > 0 ⇒ Máximo

Por tanto, como el valor del área es máximo para m = –2, la ecuación de la recta pedida es:

y = –2x + 4

En este caso, el valor del área es:

Área máxima =

2

( 2) 4·( 2) 4 4 8 4

2·( 2) 4

− − + − − ₌− − −

− − = 4 u

2. a) Estudiar la continuidad y derivabilidad de la función f (x) = | x – 1 | en el intervalo [–2, 2]. Calcular la función derivada de en ese intervalo.

b) Calcular el área del recinto delimitado en el primer cuadrante, por la gráfica de la función y = ln x y las rectas y =0, y = 1 y x = 0.

Solución:

a) Al tratarse de una función valor absoluto, para trabajar mejor con ella, la expresaremos como una función definida a trozos. Para ello, veamos donde se anula:

x – 1 = 0 ⇒ x = 1

Entonces, tenemos que podemos escribirla como:

f (x) = 1 si 2 1

1 si 1 2

x x

x x

− − ≤ <

 

− ≤ ≤



Como se comprueba fácilmente, esta función es continua en el intervalo [–2, 2], pues cada trozo es una función polinómica (y por tanto continua en todo ℝ) y en el punto en que se cambia de un trozo a otro también es continua, ya que:

1

(1 )

x

Lim x

−

→ − = 0 = 1

( 1)

x

Lim x

+

→ − = f (1)

Estudiemos la derivabilidad. Las funciones parciales son derivables en todo ℝ por ser polinómicas y por tanto f será derivable en [–2, 2] salvo quizá en x = 1 que es donde se cambia de un trozo a otro. Veamos si es derivable en ese punto:

f ‘(x) = 1 si 2 1

1 si 1 2

x

x

− − ≤ <

 

< ≤



Para que sea derivable en x = 1 ha de cumplirse que:

f ‘(1–) = f ‘(1+)

Veamos si es así:

f ‘(1–) =

1

( 1)

x

Lim

−

→ − = –1 ; f ‘(1 +

) =

1

(1)

x

Lim

+

→ = 1

Por tanto, como f ‘(1–) ≠ f ‘(1+), la función no es derivable en x = 1. La derivada de f es entonces:

f ‘(x) = 1 si 2 1

1 si 1 2

x

x

− − ≤ <

 

< ≤

b) Aunque no es necesario, hagamos una rápida representación gráfica de la situación con la que nos encontramos para tener una mejor idea del área pedida:

Calculemos los puntos de corte de la función y = ln x con las rectas y = 0 e y = 1.

0 ln

y

y x

=  

=  ⇒ 0 = ln x ⇒ x = 1

1 ln

y

y x

=  

=  ⇒ 1 = ln x ⇒ x = e

Por tanto, el área pedida es:

Área = 1

[ ] [ ]

01 1 (1 ln ) 1 ln

e e e

dx+ − x dx= x + x − x dx

∫

∫

∫

Para calcular esta última integral utilicemos el método de integración por partes:

ln x dx

∫

∫

∫

u = ln x ⇒ du = 1

x dx dv = dx ⇒ v = dx

∫

Por tanto:

Área = 1

[ ] [ ]

01 1 (1 ln ) 1 ln

e _e e

dx+ − x dx= x + x − x dx

∫

∫

∫

[ ] [ ] [

]

3. a) Averiguar para qué valores de m la matriz A =

1 0 1

1 1 0 2 m m −   _{− −}     ₋   

no tiene inversa.

b) Calcula la matriz inversa de A para m = 0.

c) Sabemos que el determinante de una matriz cuadrada A vale –1 y que el determinante de la matriz 2·A vale –16 ¿Cuál es el orden de la matriz A?

Solución:

a) A–1 existirá para aquellos valores de m que hagan | A | ≠ 0. Calculemos pues | A |:

| A | =

1 0 1

1 1 0 2 m m − − − −

= 2 – m – m2 ⇒ | A | = 0 si m = –2 o m = 1

Por tanto, no existe A–1 para aquellos valores de m iguales a –2 y a 1.

b) Para m = 0 la matriz A es:

A =

1 0 1

1 1 0

0 0 2

−   ₋     ₋   

y | A | = 2.

Calculemos A–1:

A–1 = ( ) | |

t

Ajd A A

donde Adj(Bt) significa la matriz adjunta de la transpuesta de A.

At =

1 1 0

0 1 0

1 0 2

− −        ₋   

⇒ Adj(Bt) =

2 0 1

2 2 1

0 0 1

− −   _{− −}     ₋   

⇒ A–1 = ( ) | |

t

Ajd A A =

1 1 0 2 1 1 1 2 1 0 0 2   − −     _{− −}       ₋     

c) Para responder a esta cuestión tengamos en cuenta la siguiente propiedad de los determinantes:

Si los elementos de una fila o columna de una matriz se multiplican por un número, el determinante de la matriz queda multiplicado por dicho número.

Por tanto, al multiplicar la matriz A por 2, todos sus elementos quedan multiplicados por 2, y por tanto cada fila o columna queda multiplicada por ese factor. Así, si n es el orden de la matriz A, tenemos que:

4. Sean la recta r ≡ 1 0

x y

my z

+ =

 

+ =

 y el plano π ≡ x + (m + 1)y + mz = m + 1. Estudiar la posición

relativa de la recta y el plano según los valores de m.

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

0 1

1 1

m

m m

 

 

 

 ₊ 

 

M =

1 1 0 1

0 1 0

1 1 1

m

m m m

 

 

 

 _{+ +} 

 

Estudiemos los rangos de estas matrices. Calculemos el determinante de M:

| M | =

1 1 0

0 1

1 1

m

m+ m

= m2 + 1 – (m + 1) = m2 – m

Dicho determinante se anula para:

| M | = 0 ⇒ m2 – m = 0 ⇒ m = 0 o m = 1

Por tanto, tenemos que:

• Si m ≠ 0 y m ≠ 1 ⇒ rango (M) = 3 = rango ( M ) = nº incógnitas ⇒ Sistema compatible determinado. Por tanto la recta y el plano se cortan en un punto. Son secantes.

• Si m = 0 ⇒ rango (M) = 2 pues podemos encontrar un menor de orden dos no nulo:

M =

1 1 0

0 0 1

1 1 0

 

 

 

 

 

⇒ 1 0

0 1 = 1 ≠ 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, M , obtenemos que:

1 0 1

0 1 0

1 0 1

= 0

• Si m = 1 ⇒ rango (M) = 2 pues podemos encontrar un menor de orden dos no nulo:

M =

1 1 0

0 1 1

1 2 1

 

 

 

 

 

⇒ 1 1

0 1 = 1 ≠ 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, M , obtenemos que:

1 1 1

0 1 0

1 2 2

= 2 – 1 = 1 ≠ 0

Por tanto, rango ( M ) = 3 ≠ 2 = rango (M) ⇒ Sistema incompatible. El sistema no tiene solución y por tanto la recta y el plano son paralelos.

Otra forma de resolver este problema es a través de los vectores. Consideremos el vector director de la recta r, v_r

, y el vector característico del plano (perpendicular al mismo), p

. Para calcular el

vector director, v_r

, de la recta, escribamos las ecuaciones paramétricas de la misma tomando y = λ. Entonces tenemos que:

r ≡

1 λ

λ

λ x

y

z m

= −  

=   _{= −} 

⇒ v_r

= (–1, 1, –m)

El vector característico del plano el p

= (1, m + 1, m).

Calculemos el producto escalar de los mismos:

r

v

· p

= (–1, 1, –m) · (1, m + 1, m) = –1 + m + 1 – m2 = m – m2

Si este producto escalar no se anula significa que el vector director de la recta r, v_r

, y el vector

característico del plano (perpendicular al mismo), p

, no son perpendiculares, y por tanto la recta y el plano son secantes.

Si este producto escalar se anula significa que el vector director de la recta r, vr

, y el vector

característico del plano (perpendicular al mismo), p

, son perpendiculares, y por tanto la recta o es paralela al plano o está contenida en él. La recta estará contenida en el plano si un punto de la misma también pertenece al plano. En caso contrario será paralela.

El producto escalar anterior se anula si:

• Si m ≠ 0 y m ≠ 1 ⇒ La recta y el plano son secantes.

• Veamos que ocurre para m = 0. La ecuación del plano es: π ≡ x + y = 1

En este caso un punto de la recta R, que podemos obtener a partir de sus ecuaciones paramétricas, es R = (1, 0, 0). Probemos si pertenece al plano:

1 + 0 = 1 ⇒ R ∈ π ⇒ La recta está contenida en el plano.

• Veamos que ocurre para m = 1. La ecuación del plano es: π ≡ x + 2y + z = 2. Probemos si el punto R pertenece al plano:

1 + 2 · 0 + 0 ≠ 2 ⇒ R ∉ π ⇒ La recta es paralela al plano.

OPCIÓN B

1. Dada la función y = ln x

x , determinar su dominio de definición, sus asíntotas, extremos relativos

y puntos de inflexión. Hacer un esbozo de su representación gráfica.

Solución:

Para calcular el dominio de esta función debemos tener en cuenta que debemos quitar del dominio aquellos puntos que anulen el denominador, y además, como la función consta de un logaritmo el argumento del mismo ha de ser positivo. Teniendo en cuenta esto, se deduce que:

Dom y = (0, + ∞)

Estudiemos sus asíntotas.

• Asíntotas verticales: Como el dominio de la función es (0, + ∞), un punto límite en este dominio es x = 0. Calculemos si en él hay una asíntota vertical:

0 0

ln 1 1

ln · ln(0 )· ·

0

x x

x

Lim Lim x

x x

+ +

+ +

→ →

 

=  = = −∞ + ∞ = −∞

 

Por tanto, la recta x = es una asíntota vertical.

• Asíntotas horizontales:

´

1

ln 1 1

0 1

L Hopital

x x x

x _x

Lim Lim Lim

x x

→+∞ →+∞ →+∞

∞

= = → = = = =

∞ +∞

Por tanto, la recta y = 0 es una asíntota horizontal cuando x → +∞.

• Asíntotas oblicuas: No hay por haber asíntotas horizontales y ser ambas excluyentes.

Procedamos ahora con los extremos relativos. Para ello calculemos la derivada primera:

y ‘ = _{2 2}

1

· ln ·1

1 ln

x x

x x

x x

− ₋

=

Obtenemos los puntos singulares igualando dicha derivada a cero:

y ‘ = 0 ⇒ 1 ln x₂

x

−

= 0 ⇒ 1 – ln x = 0 ⇒ ln x = 1 ⇒ x = e

Calculemos la derivada segunda para estudiar la naturaleza de dicho punto:

y ‘’ =

2

4 4 3

1

· (1 ln )· 2

2 ln 3 2 ln 3

x x x

x x x x

x

x x x

− − − _{− −}

Se tiene entonces que:

y ‘’ (e) = 2 lne₃ 3 1₃

e − = −e < 0 ⇒ Máximo en

1 ,

e e

     

Los puntos de inflexión se presentan en las soluciones de la ecuación que resulta de igualar la derivada segunda a cero:

y ‘’ = 0 ⇒ 2 lnx₃ 3

x

−

= 0 ⇒ 2 ln x – 3 = 0 ⇒ ln x = 3

2 ⇒ x =

3 2

e

Al estudiar la curvatura de la función tenemos que:

Por tanto, como para x =

3 2

e la curvatura cambia de ser cóncava hacia abajo a ser cóncava hacia

arriba en dicho punto hay un punto de inflexión:

Punto de inflexión 3/ 2 3/ 2

3 ,

2

e e

 

 

 

Con todo lo anterior, la representación gráfica de la función es:

0 3

2

e

2. Hallar el valor de m para que el área delimitada, en el primer cuadrante, por la función y = 4x3 y la recta y = mx sea de 9 unidades cuadradas.

Solución:

Hagamos una representación de la situación para tener una mejor idea de la misma. Tengamos en cuenta que para que la recta y la otra función, cuya representación gráfica es una parábola cúbica, delimiten una región en el primer cuadrante su pendiente ha de ser positiva, esto es, ha de ser m > 0.

Calculemos los puntos de corte de la función y la recta:

4x3 = mx ⇒ 4x3 – mx = 0 ⇒ x (4x2 – m) = 0 ⇒ x = 0 ; x = 2

m

±

El valor de x = 2

m

− , no lo consideramos pues nos dicen que la región delimitada por ambas

funciones está en el primer cuadrante (abscisas positivas). Por tanto, el área vendrá dada por:

Área =

2 ₂ 2 2 2

3 4

2 0

0

( 4 )

2 8 16 16

m m

mx m m m

mx− x dx=_ −x _ = − =

 

∫

Como dicho área debe valer 9 unidades cuadradas, tendremos que:

2

16

m

= 9 ⇒ m2 = 144 ⇒ m = ± 12

3. Discutir según los valores de m y resolver cuando sea posible, el sistema de ecuaciones lineales

2

2

mx y

x my m

x y

+ = 



+ =



 _{+ =}



Solución:

a) Consideremos la matriz de coeficientes y la matriz ampliada del sistema:

M =

1

1

1 1

m

m

 

 

 

 

 

M =

1 2

1

1 1 2

m

m m

 

 

 

 

 

Estudiemos los rangos de estas matrices. Calculemos el determinante de M :

| M | =

1 2

1

1 1 2

m

m m = 2m2 + 2 + m – 2m – m2 – 2 = m2 – m

Dicho determinante se anula para:

| M | = 0 ⇒ m2 – m = 0 ⇒ m = 0 o m = 1

Por tanto, tenemos que:

• Si m ≠ 0 y m ≠ 1 ⇒ rango ( M ) = 3. El rango de la matriz M será como mucho 2, y por tanto a la fuerza los rangos de ambas matrices son diferentes. Por tanto:

rango (M) ≠ rango ( M ) = 3 ⇒ Sistema incompatible

• Si m = 0 ⇒ Las matrices de los coeficientes y la matriz ampliada son:

M = 0 1

1 0

1 1

 

 

 

 

 

M =

0 1 2

1 0 0

1 1 2

 

 

 

 

 

En esta caso el rango (M) = 2 pues podemos encontrar un menor de orden dos no nulo:

0 1

1 0 = –1 ≠ 0

Además el rango ( M ) = 2, pues el determinante de M se anula para m = 0, y dentro de dicha matriz está el menor de orden dos no nulo anterior. Por tanto tenemos que:

Para calcular su solución, nos quedamos únicamente con las dos primeras ecuaciones, que son las que determinan el menor de orden dos no nulo encontrado. El sistema que tenemos es:

2 0 y x =   = 

Dicho sistema nos da directamente la solución: x = 0 e y = 2.

• Si m = 1 ⇒ Las matrices de los coeficientes y la matriz ampliada son:

M = 1 1 1 1 1 1          

M =

1 1 2

1 1 1

1 1 2

 

 

 

 

 

En esta caso el rango (M) = 1 pues sus tres filas son iguales. Además el rango ( M ) = 2, pues el determinante de M se anula para m = 1, pero dentro de dicha matriz se puede encontrar un menor de orden dos no nulo:

1 2

1 1 = –1 ≠ 0

Por tanto tenemos que:

rango (M) = 1 ≠ 2 = rango ( M ) ⇒ Sistema incompatible

4. a) Calcular un vector unitario y ortogonal a los vectores v

= (1, 2, 0) y w

= (–1, 0, 1).

b) Calcular el plano que contiene a las rectas r ≡ 1 0 1 y x z + =   + =

 y s ≡

3 2 1 0 x y z + = = − − . Solución:

a) Un vector ortogonal a los dados, n

, es el que resulta del producto vectorial de ambos. Por tanto:

n

= v

× w

= 1 2 0

1 0 1

i j k

−

= 2i

– j

+ 2k

Para conseguir el vector unitario y ortogonal, nu

, a los vectores v

y w

dividimos las coordenadas de este vector ortogonal obtenido, n

, entre su módulo:

| n

Por tanto:

u

n

= 2 3 i

– 1 3 j

+ 2 3 k

⇒ nu

= 2, 1 2,

3 3 3

 

−

 

 

b) El plano pedido podría venir determinado por un punto de las rectas r o s, y los vectores

directores de ambas rectas, v_r

y v_s

. Para calcular un vector director de la recta r, podemos

expresarla en coordenadas paramétricas tomando z = λ. Así:

r ≡

1 λ

1

λ x

y

z

= −  

= − 

 ₌



⇒ v_r

= (–1, 0, 1)

De la recta s podemos calcular directamente un punto, S, y un vector director, v_s

:

S (0, –3, 2) vs

= (–1, 0, 1)

Si nos fijamos en los vectores directores de ambas rectas se observa que son iguales, esto es, las rectas r y s, tienen el mismo vector director, y por tanto son paralelas o coincidentes. Esta última

opción se descarta comprobando que el punto S de la recta s no pertenece a la recta r.

S ∉ r ya que no verifica su ecuación 3 1 0

0 2 1

− + ≠

 

+ ≠



Por ello, para determinar el plano pedido necesitamos otro vector diferente de los vectores directores de estas rectas. Dicho vector puede ser uno que una un punto de r, R, con un punto de s, S. Así, como:

R (1, –1, 0) y S (0, –3, 2) ⇒ RS

= (–1, –2, 2)

Entonces el plano pedido, π, viene determinado por la terna π ≡ (S, v_r

, RS

). Entonces:

π ≡

3 2

1 0 1

1 2 2

x y+ z−

−

− −