PRUEBA DE ACCESO (LOGSE) UNIVERSIDAD DE CASTILLA Y LEÓN SEPTIEMBRE – 2000 (RESUELTOS por Antonio Menguiano) MATEMÁTICAS II Tiempo máximo: 1 horas y 30 minutos

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(1)

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PRUEBA DE ACCESO (LOGSE)

UNIVERSIDAD DE CASTILLA Y LEÓN

SEPTIEMBRE – 2000

(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) Consideramos los puntos A(-5, 2, 4), B(-3, 2, 0) y la recta

2 1 3

1 y z

x

s = =

− −

≡ .

a ) Calcular la recta r que corta perpendicularmente a s y pasa por B.

b ) Consideramos el rectángulo que tiene dos vértices opuestos en A y B, y uno de los lados que pasa por A está contenido en la recta s. Calcular su área.

--- a )

El haz de planos paralelos perpendiculares a r tienen como vector normal e vector director de s, v =

(

−3, 1, 2

)

, por lo cual tienen por ecuación πs ≡3xy−2z+D =0.

El plano π del haz que contiene al punto B tiene que satisfacer su ecuación:

(

)

9 2 0 0 ;; 11 3 2 11 0

0 , 2 , 3

0 2

3

= + − − ≡

= =

+ − − −

⇒   

= + − −

z y x D

D B

D z y x

(2)

Una expresión de s por ecuaciones paramátricas es      = = − = ≡ λ λ λ 2 3 1 z y x s .

(

)

+ = + = = ⇒ ⇒             = = − = ≡ = + − − ≡ 1 ; ; 0 11 14 3 ; ; 0 11 4 3 1 3 2 3 1 0 11 2 3 λ λ λ λ λ λ λ λ π z y x r z y x

(

−2, 1, 2

)

P

La recta r pedida es la que pasa por los puntos B(-3, 2, 0) y P(-2, 1, 2).

(

) (

) (

)

     + = − = + − = ≡ ⇒ − = − − − = − = = λ λ λ 2 2 1 2 2 , 1 , 1 0 , 2 , 3 2 , 1 , 2 z y x r B P BP u b )

La situación gráfica es la que se indica en la figura:

(

) (

) (

)

(

) (

)

(

6, 3, 2

)

2 2 4 3 1 2 6 1 5 2 , 1 , 1 4 , 2 , 5 2 , 1 , 1 , , 4 , 2 , 5 − ⇒           = → = − = → − = − − = → = − − ⇒ − = − − − − ⇒ ⇒ − = − − = − = = = Q z z y y x x z y x z y x Q A QA BP u

(

) (

) (

)

( )

S u u AP BP AP S = = = + + + + = = + − + − + − + + − = = = 2 2 2 2 2 2 2 21 · 2 6 · 14 4 1 1 · 4 1 9 2 1 1 · 4 2 2 1 5 2 · · ********** u s

P(-2, 1, 2)

B(-3, 2, 0) Q(x, y, z)

A(-5, 2, 4)

S

(3)

2

2º) Se considera la función x e x

y= 2 · − . Estudiar el dominio de definición, intervalos de crecimiento y decrecimiento, extremos relativos, puntos de inflexión y asíntotas, repre-sentando gráficamente la función dada.

--- El dominio de la función es R.

( )

( )

(

)

(

)

( )

( )

(

)

    = = ⇒ = − ⇒ = = − = − = − = ⇒ = 2 0 0 2 0 ' ' 2 2 · · · 2 ' 2 1 2 2 2 2 x x x x x f x f e x x e x e x e e x e x x f e x x

f x x

x x

x x

x

El signo de f’(x) depende del numerador, ya que, el denominador es siempre posi-tivo.

( )

0

(

, 0

) (

2,

)

;; '

( )

0

( )

0, 2

' x > ⇒ Creciente ⇒ −∞ ∪ ∞ f x < ⇒ Decrecientef

( ) (

)

(

)

( )

( )

( )

( )

( )

2 2 4·2 2 2 0

( )

2 2 4 0'54

(

2,0'54

)

'' 0 , 0 0 0 0 2 1 2 2 0 '' '' 2 4 2 2 2 · 2 · 2 2 '' 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 Máx e e f e e f Mín f Mínimo e f x f e x x e x x x e e x x e x x

f x x x

x x ⇒ ≅ = = ⇒ < − = + − = ⇒ = ⇒ ⇒ > = = = = + − = + − − = − − − =

Para que exista P. I. es condición necesaria que f ''

( )

x =0, pero no es suficiente; para que exista P. I. es necesario que f'''

( )

x ≠0.

( )

    − = + = ⇒ ± = ± = ± = − ± = = + − ⇒ = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 8 4 2 8 16 4 ; ; 0 2 4 0 '' 2 1 2 x x x x x x f

( ) (

)

(

)

( )

(

)

(

) (

)

(

)

)

38 ' 0 , 41 ' 3 . 38 ' 0 2 2 2 2 . . 0 2 2 '' ' '' ' 6 6 2 4 4 2 · 2 4 · 4 2 '' ' 2 2 2 2 2 2 2 I P e f I P f x f e x x e x x x e e x x e x x

f x x x

(4)

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

( )

{

}

{

'

}

2 2 0

. 2

' .

2

= ∞ = ∞ →

⇒ ⇒

∞ ∞ = ∞ →

⇒ ⇒

∞ ∞ = ∞ → = ∞

→ = =

x x

x

e x

lím Hopital

L nuevo de

Aplicando Ind

e x x

lím

Hopital L

Aplicando Ind

e x x

lím x

f x

lím k

y

Asíntota horizontal : y = 0 (Eje X)

Asíntotas verticales: son los valores de x que anulan el denominador: tiene

No R

x

ex ≠0, ∀ ∈ ⇒

Asíntotas oblicuas.

( )

{

}

m

e x

lím Hopital

L e

x x

lím x

e x x

lím x

x f x

lím

m x x

x

= = ∞ = ∞ →

⇒ ⇒

∞ → = ∞ → = ∞

= ' 1 1 0

2

No tiene asíntotas verticales.

La representación gráfica es, aproximadamente, la que sigue:

********** O

Máx f(x)

X Y

Mín

P. I. P. I.

(5)

CUESTIONES

1ª) Resolver el siguiente sistema:

    

= −

= +

= −

x z y

y z x

z y x

.

---

El sistema es equivalente a

    

= + −

= + −

= − −

0 0 0

z y x

z y x

z y x

. Como puede observarse, se trata de un

sistema homogéneo cuyas dos últimas ecuaciones son iguales.

El sistema puede expresarse de la forma

  

= + −

= − −

0 0

z y x

z y x

.

Todos los sistemas de ecuaciones homogéneos son compatibles, ya que admiten la solución trivial x = 0, y = 0, z = 0.

Por tener la matriz de coeficientes rango dos, menor que el número de incógnitas, el sistema tiene, además de la solución trivial, infinitos grupos de soluciones; se obtie-nen parametrizando una de las incógnitas, por ejemplo y:

0 ; ; ;

; 2 2 0

0

= =

=

⇒   

= +

= −

=

⇒   

= + −

= − −

z x

x z

x z x y

z y x

z y x

λ λ

λ λ λ

    

= = =

0 :

z y x Solución λ

λ

(6)

2ª) Hallar la ecuación de la parábola cuyo eje es la recta x = 2, la ordenada máxima es 4 y pasa por el punto A(5, 1).

---

La representación gráfica de la parábola es la siguiente:

Se trata de una parábola de eje paralelo al eje de ordenadas, cóncava, con el vérti-ce en el punto V(2, 4), cuya ecuación general es:

(

x−α

)

2 =−2p

(

y−β

)

, siendo α y β las coordenadas del vértice.

Para determinar el valor del parámetro tendremos en cuenta que la parábola pasa por el punto A(5, 1):

(

)

(

)

2 3 ;

; 6 9 ; ; 4 1 2 2

5− 2 =− p − = p p=

La directriz es una recta paralela al eje de abscisas y, teniendo en cuenta que el parámetro es la distancia del foco a la directriz y que el vértice esta en el punto medio entre el foco y la directriz, su ecuación es:

Directriz x

p

x = + = + = + = = ⇒

4 19 4 3 4 2 2 3 4 2 4

La ordenada del foco es la siguiente.

   

  ⇒

= − = − = − =

4 13 , 2 4

13 4 3 4 2 2 3 4 2

4 p F

y

F

X Y

2

A directriz

Eje V

(7)

Finalmente la ecuación de la parábola es la siguiente:

(

)

·

(

4

)

;; 4 4 3 12 ;; 3 4 8

2 3 · 2

2 2 =− − 2 − + =− + =− 2 + +

y x x y y x x

x

3 8 3 4 3

1 2 + +

= x x

y

Este ejercicio se puede resolver de la siguiente forma:

Una parábola cuyo eje es paralelo a Y tiene como ecuación: y =ax2 +bx+c. Sabiendo que pasa por los puntos A(5, 1) y por V(2, 4) y que el punto V es un máximo, sería:

( )

( )

( ) a b b a

y b ax y

V en máximo Por

c b a y

V por pasar Por

c b a y

A por pasar Por

4 ;

; 0 4

0 ' 2

' ) 4 , 2 (

) 2 ( 4 2

4 4 )

4 , 2 (

) 1 ( 1 5

25 1 )

1 , 5 (

2 2

5

− = =

+

=

+ =

= + +

=

= + +

=

Sustituyendo en (1) y (2) el valor de a y resolviendo:

3 8 ;

; 12 3 8 4 ; ; 4 3

8 3 4 ; ; 4 2

4 ; ; 3 4 4

3 1 ;

; 1 3

; ; 3 9

4 4

1 5

4 4

1 5

4 8

4

1 20

25

= =

+ + − =

+ + − =

+ + =

= − =

− = −

= −

=

⇒   

− = −

= +

  

= + −

= +

  

= + −

= + −

c c

c c

b a b

a b

a a

a c

a c a c

a c a c

a a

c a a

Y finalmente:

3 8 3 4 3

1 2 + +

= x x

y

(8)

3ª) Calcular I =

x ex dx

· · 2

3

.

---

(

)

C e C e dt e dt

dx x

dt dx x

t x dx e x

I C x

e

C e e

x dx e x e

x dx x e

e x I

dx e dv dv dx e x

dx x du x

u dx

e x x dx e x I

x t

t x

x

x x

x x

x x

x x

x x

+ =

+ =

 

  

 

 

  

 

= = =

= + − =

= + −

= −

= −

=

⇒    

   

= → =

= → =

= =

2 2

2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 1 2

1 ·

2 1

2 1 ·

· 2 ·

· (*)

1 2

1

2 1 ·

2 1 ·

· ·

2 1 ·

2 · 2 1 2

1 ·

(*) ·

2 1 ·

·

· 2 ·

· · ·

·

2 2

2 2

2

2 2

3

(9)

4ª) Utilizando el teorema de los incrementos finitos, demostrar que para cualquiera nú-meros reales a < b, se verifica que sen bsen aba.

---

El teorema de los incrementos finitos, del valor medio o de Lagrange dice:

Si f(x) es una función continua en el intervalo [a, b] y derivable en (a, b), enton-ces, existe al menos un punto c

( )

a, b que cumple:

( ) ( ) ( )

a b

a f b f c f

− − =

' .

Considerando la función f

( )

x = sen

( )

bxsen

( )

ax , es continua en todo R, por ser la suma de dos funciones continuas en R

Figure

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