M a t e m á t i c a s I I 1

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M a t e m á t i c a s I I

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© Oxford University Press España, S. A. M a t e m á t i c a s I I

COMUNITAT VALENCIANA MODELO CURSO 20092010

S O L U C I Ó N D E L A P R U E B A D E A C C E S O

AUTOR:José Luis Pérez Sanz

a) La matriz de coeficientes es la siguiente:

A

|A|622226426 El determinante se anula si 2 y 3.

Luego si2 o3, rango (A)rango (A*)3 n.º de incógnitas

Por tanto, el sistema es compatible determinado.

b) Vemos qué sucede en cada caso.

앫 Si 2

A A*

Rango (A)rango (A*)2

Como los rangos son iguales y menores que el número de incógnitas, el sistema es compatible indeterminado con 321 grado de libertad.

앫 Si 3

A

A*

Rango (A)2; rango (A*)3

Como los rangos son distintos, el sistema es incompatible.

b) Vimos en el apartado a)que el sistema es compati-ble determinado cuando 2 o 3. Bajo estas condiciones, aplicamos las reglas de Cramer para resolver el sistema.

x

y 1

z

a) Resolvemos el sistema formado por las ecuaciones de ambos planos:

xyz0 2xy4

Este sistema es claramente compatible indetermi-nado con un grado de libertad.

Sus soluciones son:

x4

y 42 con 苸⺢

z

Que son las ecuaciones paramétricas de la recta r.

b) Un punto genérico de la recta res:

R(4t, 42t, t) Según el enunciado se tiene que cumplir:

d(P, R)d(Q, R) d(P, R) d(Q, R) d(P, R)d(Q, R) ⇔ ⇔ ⇔6t2 42t816t2 48t99 ⇔6t18 ⇒ ⇒ t3

Por lo tanto, el punto Rque buscábamos es:

R(43, 423, 3)(1, 2, 3) 兹6t2 48t99 兹6t2 42t81 兹6t2 48t99 兹(3t)2 (2t9)2 (t3)2 兹(4t1)2(42 t5)2( t3)2 兹6t2 42t81 兹(1t)2 (2t8)2 (t4)2 兹(4t3)2(42 t4)2( t4)2 1 3 1 3 2 2 6

2 2 3 1 1 1 2 3

2 2 1 1 1 1 2 3

2 6 2 6

2 3 1 1 1 1 3 3

2 2 1 1 1 1 2 3

2 2 6

3 2 1 1 1 1 3 2 3

2 2 1 1 1 1 2 3

2 2 2 3 1 1 1 1 3 2 3 3

2 2 2 1 1 1 3 2 3

2 2 3 3 1 1 1 1 2 2 3 3

2 2 3 1 1 1 2 2 3

2 2 1 1 1 1 2 3

A2 A1

Opción A

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c) El perímetro del triángulo PQRes la suma de las dis-tancias PQ, PRy QR. Estas dos últimas son iguales entre sí y las hallamos sustituyendo el valor t= 3 en alguna de las dos distancias:

d(P, R)d(Q, R) 3 u Hallamos además la otra distancia:

d(P, Q) u

Por lo tanto, el perímetro del triángulo PQRes:

33 6 艑8,449 u

a) Si despejamos la variable dependiente yen la ecua-ción, obtenemos y2x1. De ser una asíntota de

f(x) se trataría de una asíntota oblicua. Debemos comprobar que m2 y n1:

mlim

xxlim→ 2

nlim

xf(x)2xxlim→ 1

Por tanto, 2xy10 es la asíntota oblicua de

f(x) en y .

b) Si la función que buscamos cumple F’(x)f(x), se cumple que F(x) f(x) dx dx.

Como el grado del numerador es mayor que el del denominador, efectuamos la división:

6x2 7x 8 |3x2 6x2 4x 2x1 3x 8 3x 2 6

Luego, la función que vamos a integrar es esta:

2x1

F(x) f(x) dx 2x13 dx x2x3ln |2x1|C

Calculamos Csabiendo que F(0)0:

F(0)0C0 ⇒C0

Por tanto, función es la siguiente:

F(x)x2

x3ln |2x1|

c) Calculamos los puntos de corte igualando ambas funciones:

2x1 ⇔

⇔6x27x86x27x2 ⇔60 Lo que indica que las funciones no se cortan. Por lo tanto, el área se calcula teniendo en cuenta solamente las restricciones 0x2.

A (2x1) dx

2x1 2x1 dx

dx <3lnu2x1uF

2 0

3In 53In 13In 5 u2

f(x) x

6 2x1

2 0

6 2x1

2 0

6x2 7x8 3x2

2 0 6x2 7x8 3x2 2 2x1

6 2x1 6x2 7x8 3x2 6x27 x8 3x2

3 3 3x8 3x2 6 3 6x27 x8 3x22 x 兹6 兹6 兹6 兹(31)2(45)2(43)2 兹9 兹6ⴢ32 48ⴢ399 A3 O X Y 8 1 1 4 2 3 2 3 6 8 6 4 2 y 2 x 1 x 2 f(x)

Opción B

a) Para calcular A1hallamos su determinante: |A|9 Adj (A) ; (Adj (A))t A–1 Hallamos ahoraA1B: A–1B

f

p

f

p

A continuación, calculamosBA1 : BA1

f

p

f

p

Por último, restamos:

A1 BBA–1

f

p

2 9 0 4 9 2 9 1 9 2 9 2 9 5 9

1

9 2

9 2

9 5

9

3 0 1 3

1 9 2 9 2 9 5 9 1 3 2 3 7 9 13 9 1 9 2 3 11 9 5 3

3 0 1 3

(Adj (A))tA

1 2 2 5

1 2 2 5

B1

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b) Sabemos que |T|xzy2 2.

TA

AT

Se tiene que cumplir que TAAT; igualamos ele-mento a eleele-mento y obtenemos estas ecuaciones: 5x2y5x2y; 2xy5y2z

5y2z 2xy; 2yz 2yz

De la 1.ª ecuación se obtiene 4y0 ⇒y0. Sustituimos en la 2.ª ecuación:

2x002zxz

Con la 3.ª ecuación obtenemos la misma relación entre xy zy con la 4.ª obtenemos la igualdad 00. Por lo tanto, tenemos: y0, xz

Como |T|xzy2

2:

xzy2

2 ⇒z2

2

Esta ecuación no tiene solución dentro del conjunto de los números reales.

Por lo tanto, no existe ninguna matriz Tque cumpla los requisitos que plantea el enunciado.

a) Tenemos que calcular:

d(A, B)

De igual forma comprobamos lo siguiente:

d(A, C)d(A, D)d(B, C)d(B, D)d(C, D) Se comprueba que todas las aristas valen lo mismo.

b) Vamos a dejar fijo el punto Ay calcular los vectores

AB$, AC$y AD$:

AB$BA(0, 12, 12)

AC$CA(12, 0, 12)

AD$DA(12, 12, 0)

El valor absoluto del producto mixto de los vectores es el volumen del paralelepípedo que generan.

El volumen del tetraedro es igual al volumen del paralelepípedo dividido por 6.

Calculamos primero el producto mixto:

[AB$, AC$, AD$] 3 456

A continuación, hallamos el volumen del tetraedro:

V 576 u3

El esquema del recipiente cilíndrico es este:

El volumen del cilindro nos da la relación entre las variables:

r2

h0,5 m3

500 dm3

Lo pasamos a dm3

porque el precio de los materiales está en €/dm2

.

La base tiene r2dm2y como cada decímetro cuadrado cuesta 3 €, la base cuesta 3r2€.

El área lateral tiene 2rhdm2

a 2 €/dm2

hacen un total de 22rh4rhdm2

.

a) El coste del cilindro está definido por la siguiente función: Coste(r, h)3r2 4rh Despejamos la variable h: r2 h500 ⇔h

Sustituimos el valor de hen la función:

Coste(r)3r24r 3r2 Derivamos para calcular su mínimo:

Coste’(r)6r

Coste’(r)0 ⇔6r32 0000 ⇒r3 ⇒

r 艑4,734 dm

Se observa a la izquierda de este valor que la deriva-da toma valores negativos y a la derecha, positivos; luego este valor de rminimiza la función Coste. Calculamos, a continuación, la altura del cilindro:

h 艑7,102 dm

b) El coste mínimo se obtiene sustituyendo r4,734 en la función Coste(r). Coste(4,734)3 4,7342 2 000 艑633,69 € 4,734 500 ⴢ4,7342 兹288

31 000 3 1 000 3 2 000 r2 6r32 000 r2 兹288 兹(66)2(6(6))2(6(6))2 500 r2 2 000 r 500 r2 冷3 456冷 6

0 12 12 12 0 12 12 12 0

x y y z

5 2 2 1

5x2y 5y2z 2xy 2yz

5x2y 2xy 5y2z 2yz

5 2 2 1

x y y z

B2 B3 A B C D h r

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