Selectividad Septiembre 2009 SEPTIEMBRE 2009

Transcripción

1 Selectividad Septiembe 9 OPCIÓN A PROBLEMAS SEPTIEMBRE Sea la función f () =. + 1 a) Halla el dominio, intevalos de cecimiento y dececimiento, etemos elativos, intevalos de concavidad y conveidad, puntos de infleión y asíntotas. Esboza su gáfica. b) Calcula el valo de f ( ) d. 1 1 y.- Se considea la ecta = = z y el punto P = (1, 8, ). a) Hállese el punto A de tal que el vecto AP es pependicula a. b) Detemínese el plano π que es paalelo a, pasa po B = (5, 1, ) y po el simético de P especto de. CUESTIONES 1.- Calcula el límite sen( ) Ln( ) Lim. e 1.- Halla los puntos en los que la ecta tangente a la gáfica de la función f () = es paalela a la ecta de ecuación y = +. y Detemina el ángulo que foman la ecta = = z y el plano π + y z = Resolve la ecuación 1 =. 1 OPCIÓN B PROBLEMAS 1.- a) Discuti, según el valo del paámeto eal a, el siguiente sistema de ecuaciones: + y + z = 4 ay + z = a + z = 5 b) Intepeta la discusión ealizada en a) en téminos de la posición elativa de los planos dados po cada una de las tes ecuaciones del sistema..- Sea la función f () = sen () + cos (), definida en el intevalo [, π]. a) Halla los intevalos de cecimiento y dececimiento, y los etemos elativos. Esboza su gáfica. Dpto. de Matemáticas 1 / 1 IES Ramón Olleos

2 Selectividad Septiembe 9 b) Calcula el áea del ecinto limitado po la gáfica de f y las ectas de ecuación =, = 4 π, e y =. CUESTIONES 1.- Sea α un númeo eal, y las ectas de ecuaciones = 1+ 4λ z = y =, s y = λ. α z = λ Paa el valo de α paa el que y s son paalelas, halla el plano que las contiene..- Estudia, en función del paámeto eal λ, el ango de la matiz: λ 1 1 A = 1 λ λ.- Poba que la ecuación 9 e + = tiene alguna solución. d 4.- Calcula (1 + ) Dpto. de Matemáticas / 1 IES Ramón Olleos

3 Selectividad Septiembe 9 SOLUCIONES OPCIÓN A PROBLEMAS 1.- Sea la función f () =. + 1 a) Halla el dominio, intevalos de cecimiento y dececimiento, etemos elativos, intevalos de concavidad y conveidad, puntos de infleión y asíntotas. Esboza su gáfica. b) Calcula el valo de f ( ) d. 1 a) Tenemos que Dom f () =. El dominio de la función f () es todo puesto que se tata de una función acional cuyo denominado no se anula paa ningún valo de la vaiable. Paa estudia la monotonía, calculemos la deivada pimea y estudiemos su signo. 4 ( + 1) + f () = = ( + 1) ( + 1) Igualándola a ceo paa calcula los puntos singulaes obtenemos que: 4 + = 4 + = = (doble) ( + 1) Dibujemos los puntos singulaes sobe la ecta numéica y estudiemos el signo de la deivada pimea en cada uno de los intevalos en los que queda dividida: f () > f () > La deivada pimea es siempe positiva y po tanto la función es siempe ceciente. En el punto =, no cambia la monotonía y po tanto, no seá un etemo. Paa estudia la cuvatua, calculemos la deivada segunda. 4 (4 + 6 )( + 1) ( + )( + 1) + 6 f () = = 4 ( + 1) ( + 1) Los puntos de infleión se pesentan en los puntos que son solución de la ecuación f () = : + 6 f () = = + 6 = =, =, = ( + 1) Dibujemos estos puntos sobe la ecta numéica y estudiemos el signo de la deivada segunda en cada de los intevalos en que queda dividida: f () > f () < f () > f () < Dpto. de Matemáticas / 1 IES Ramón Olleos

4 Selectividad Septiembe 9 Po tanto, la función es cóncava hacia las Y positivas en (, ) (, ) y cóncava hacia las Y negativas en (, ) (, + ). En los tes puntos donde se anula la deivada segunda hay un cambio en la cuvatua y po tanto los tes son puntos de infleión:, 4 (, ), 4 Estudiemos en último luga sus asíntotas. Como no hay ningún punto que no petenezca al dominio de la función, no hay asíntotas veticales. Tampoco hay asíntotas hoizontales puesto que: Lim ± + 1 = ± Sí hay asíntota oblicua pues se tata de una función acional en la que el numeado es un gado mayo que el denominado. f ( ) m = Lim = Lim = 1 + n = Lim[ f ( ) m] = Lim Lim = = Po tanto hay una asuntita oblicua cuya ecuación es: y =. Con todos los datos anteioes, podemos esboza la gáfica de la función, obteniendo: 1 b) Calculemos f ( ) d. Paa ello, al tatase de una función acional, dividamos el numeado ente el denominado: Así: 1 d = d = d = d d = Dpto. de Matemáticas 4 / 1 IES Ramón Olleos

5 Selectividad Septiembe 9 1 = ( 1) ( 1 Ln Ln Ln + = )= 1 (1 Ln ) 1 y.- Se considea la ecta = = z y el punto P = (1, 8, ). a) Hállese el punto A de tal que el vecto AP es pependicula a. b) Detemínese el plano π que es paalelo a, pasa po B = (5, 1, ) y po el simético de P especto de. a) Necesitamos calcula un punto A de tal que el vecto AP sea pependicula a, es deci, si v es un vecto diecto de la ecta, se ha de cumpli que: AP v = Escibamos la ecuación de la ecta en foma paamética tomando como paámeto z = λ: = 1+ λ y = + λ z = λ Así, las coodenadas genéicas del punto A de seán (1 + λ, + λ, λ) y el vecto AP seá de la foma: AP = ( λ, 6 λ, λ) El vecto diecto v de es, v = (,, 1), y po tanto ( AP v = ) ( λ, 6 λ, λ) (,, 1) = 9λ + 1 4λ + λ = 1λ + 1 = λ = 1 Así, el punto A buscado es: (4, 4, 1). b) Calculemos el punto simético de P, P, especto de. Paa ello, tendemos en cuenta que el punto de intesección de la ecta y de la ecta pependicula a esta que pasa po P es el punto medio del segmento de etemos P y su simético P. Dicho punto de intesección es pecisamente el punto A calculado anteiomente. Po tanto, si las coodenadas de P son (p 1, p, p ) tenemos que: 1+ p1 4 = 8 + p 4 = De aquí obtenemos que P tiene po coodenadas (7,, ). El plano π pedido viene deteminado po π (B, v, B = (5, 1, ) v = (,, 1) + p 1 = BP ' ). Entonces, teniendo en cuenta que: BP ' = (, 1, ) tenemos: 5 y 1 z π 1 1 = z + y 4z + 5 = + y 7z 7 = Dpto. de Matemáticas 5 / 1 IES Ramón Olleos

6 Selectividad Septiembe 9 CUESTIONES 1.- Calcula el límite sen( ) Ln( ) Lim. e 1 Si intentamos calcula el límite diectamente obtenemos una indeteminación del tipo. sen( ) Ln( ) Lim = e 1 Paa esolvela, apliquemos la egla de L Hopital: sen( ) sen( ) sen( ) Ln( ) cos( ) Ln cos( ) Ln Lim = Lim = Lim e 1 = Ln e e.- Halla los puntos en los que la ecta tangente a la gáfica de la función f () = es paalela a la ecta de ecuación y = +. La ecta tangente a f () en un punto tiene po pendiente la deivada de f en dicho punto, es deci: m = f ( ) Dicha ecta tangente ha de se paalela a la ecta dada y = +, y po tanto han de tene la misma pendiente. Po tanto: f ( ) = Como f () =, tenemos que: = = 1 = ±1 Po tanto, los puntos pedidos son = ±1. y Detemina el ángulo que foman la ecta = = z y el plano π + y z = 4. El ángulo que foman una ecta y un plano es igual al complementaio del ángulo agudo que foman el vecto diecto de la ecta y el vecto nomal del plano. Es deci, si v es el vecto diecto de la ecta, y p el vecto caacteístico del plano π, es deci, si llamamos α al ángulo pedido, entonces: sen α = cos (9 α) = cos ( v, p ) Dpto. de Matemáticas 6 / 1 IES Ramón Olleos

7 Selectividad Septiembe 9 Como: Tendemos que: = v = (,, 1) y p = (1, 1, 1) sen α = cos (9 α) = cos ( v, p ) = v p (,,1) (1,1, 1) = = = = 1 v p ( 1) 14 4 El ángulo pedido es α = acsen 4 1 8,11º 4.- Resolve la ecuación =. Calculemos el deteminante dado: 1 1 = 8 1 = = 1 Debemos esolve la ecuación =. Aplicando la egla de Ruffini obtenemos: El polinomio se puede factoiza como: = ( 1) ( ) El polinomio no tiene aíces eales y po tanto, la única solución de la ecuación esultante del deteminante, =, es = 1. Dpto. de Matemáticas 7 / 1 IES Ramón Olleos

8 Selectividad Septiembe 9 PROBLEMAS OPCIÓN B 1.- a) Discuti, según el valo del paámeto eal a, el siguiente sistema de ecuaciones: + y + z = 4 ay + z = a + z = 5 b) Intepeta la discusión ealizada en a) en téminos de la posición elativa de los planos dados po cada una de las tes ecuaciones del sistema. a) Consideemos la matiz de los coeficientes, M, y la matiz ampliada, M : M = a 1 M = 1 a 1 a 5 Veamos cuándo se anula M : 1 1 M = 1 a 1 = 4a + + a = a + 1 = a = 1 Po tanto, se tiene que: Si a 1 ango (M) = ango ( M ) = = nº incógnitas. El sistema es compatible deteminado, esto es, tiene solución única. Si a = 1 ango (M) =, ya que podemos enconta un meno de oden dos no nulo, como po ejemplo: = 1. Po oto lado tenemos que ango ( M ) = ya que, 1 olando el meno anteio con la segunda fila y la columna de téminos independientes se 1 4 tiene que: un paámeto =. Po tanto el sistema es compatible indeteminado, dependiente de b) Si a 1, el sistema es compatible deteminado, esto es, tiene solución única. Esto quiee deci que los tes planos se cotan en un punto, o dicho de ota foma, foman un ángulo tiedo. Si a = 1, el sistema es compatible indeteminado, dependiente de un paámeto, lo que quiee deci que los tes planos se cotan en una ecta. Dpto. de Matemáticas 8 / 1 IES Ramón Olleos

9 Selectividad Septiembe 9.- Sea la función f () = sen () + cos (), definida en el intevalo [, π]. a) Halla los intevalos de cecimiento y dececimiento, y los etemos elativos. Esboza su gáfica. b) Calcula el áea del ecinto limitado po la gáfica de f y las ectas de ecuación =, = 4 π, e y =. a) Paa estudia la monotonía y los etemos calculemos la deivada pimea: f () = cos () sen () Al igualala a ceo, calculamos los puntos singulaes: cos () sen () = cos () = sen () = π 4 y = 5π 4 Repesentando dichos puntos sobe la ecta numéica y estudiando el signo de la deivada obtenemos que: f () > f () < f () > π/4 5π/4 π Po tanto, la función cece en π, 4 5π,π 4 pesenta un máimo en = π 4 y un mínimo en = 5π 4. π 5π y decece en,. Po tanto, la función 4 4 La epesentación gáfica es: Máimo π, Mínimo 4 5π, 4 b) El áea pedida viene dada po: Dpto. de Matemáticas 9 / 1 IES Ramón Olleos

10 Selectividad Septiembe 9 CUESTIONES Áea = π /4 = [ cos( ) sen( ) ] π /4 [ (sen( ) cos( ))] d = + π = + (1) = π = 1 u 1.- Sea α un númeo eal, y las ectas de ecuaciones = 1+ 4λ z = y =, s y = λ. α z = λ Paa el valo de α paa el que y s son paalelas, halla el plano que las contiene. Si las ectas y s son paalelas, sus vectoes diectoes son popocionales, esto es: v s = µ tanto, como v = (, 1, α) y Se deduce que µ = y po tanto α = 1. v s = (4,, ) tenemos que: 4 = µ ; = µ 1 ; = µ α v. Po Así pues, el plano que las contiene, π, puede veni deteminado po la tena: π (R, v, v s ), siendo R un punto de, v un vecto diecto de y v s un vecto que une un punto R de con oto punto S de s. Como R = (,, ), S = (1,, ), v = (, 1, 1) y v s = RS = (1,, ), entonces: y z π 1 1 = 7y z = 1.- Estudia, en función del paámeto eal λ, el ango de la matiz: λ 1 1 A = 1 λ λ Calculemos A : λ 1 1 A = 1 λ λ = λ λ λ + λ + λ = λ + λ + λ 6 Veamos cuándo se anula ( λ + 4λ λ 6 = ). Aplicando la egla de Ruffini obtenemos: Dpto. de Matemáticas 1 / 1 IES Ramón Olleos

11 Selectividad Septiembe El polinomio λ + 4λ λ 6 se puede factoiza como: λ + 4λ λ 6 = (λ + 1) ( λ + 5λ 6) Las aíces de λ + 5λ 6 son y y po tanto, el deteminante de la matiz A se anula paa los valoes: λ = (aíz doble) y λ = Po tanto, tenemos que: Si λ ; λ ango (A) = po se A. Si λ = ango (A) =, ya que podemos enconta un meno de oden dos no nulo en la matiz A: A = = Si λ = ango (A) =, ya que podemos enconta un meno de oden dos no nulo en la matiz A: A = = Poba que la ecuación 9 e + = tiene alguna solución. En pime luga, ecodemos el teoema de Bolzano: Dada una función continua f en un intevalo ceado [a, b] y tal que la función toma valoes de distinto signo en los etemos de dicho intevalo, signo [f (a)] signo [f (b)], entonces eiste un punto c inteio al intevalo, c (a, b), tal que f (c) =. Consideemos la función f () = 9 e +. Dicha función es continua en todo po se suma de funciones continuas. En conceto, lo seá en el intevalo [, ]. Además, se compueba fácilmente que: f ( ) = ( ) 9 e + < y f () = 9 e + = 1 > Po tanto, po el teoema de Bolzano debe eisti un punto c (, ) tal que f (c) =. Dicho punto c, es al menos una solución de la ecuación 9 e + =. d 4.- Calcula (1 + ) Podemos esolve esta integal mediante el siguiente cambio de vaiable: = t d = t dt Dpto. de Matemáticas 11 / 1 IES Ramón Olleos

12 Selectividad Septiembe 9 Así: d (1 + ) tdt tdt dt dt = = = = = (1 + t ) t (1 + t ) t (1 + t ) (1 + t actg (t) = actg + C ) Dpto. de Matemáticas 1 / 1 IES Ramón Olleos