M a t e m á t i c a s I I 1

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1 Matemáticas II 1

2 Matemáticas II

3 COMUNIDAD DE MADRID MODELO CURSO SOLUCIÓN DE LA PRUEBA DE ACCESO AUTOR: José Luis Pérez Sanz Opción A Ejercicio 1 a) Para calcular los extremos y los intervalos de monotonía hallamos la derivada de f(x): f (x) a Igualamos la derivada a cero para determinar dónde se anula: a f (x) 0 0 a 0 a x ln a x Si a 0, no podemos hallar su logaritmo neperiano, por lo que no existe ningún punto crítico. La siguiente expresión: a f (x) es siempre positiva, es decir, la función es creciente en todo su dominio, que es. Si a 0, establecemos los intervalos: e, ln a Luego en x hay un mínimo. Su valor es: f ln a a 1/ a a 1/ a 1/ a 1/ a 1/ a b) Asíntota horizontal en lim x ex a e a e a0 Por tanto, en no hay asíntota horizontal sea cual sea el valor de a. Asíntota horizontal en lim x ex a e a 0a La única manera de que exista el límite es imponiendo la condición a 0. Al hacerlo tenemos que en existe una asíntota horizontal, y 0. c) Determinamos los puntos de corte de f(x) con el eje de abscisas: f(x) 0 a 0 a Como a 0 a 0, por lo que la anterior ecuación no tiene ninguna solución; la función no corta al eje X. f 0 f 0 decreciente o e a, o creciente Calculamos, por lo tanto, el área solicitada de la siguiente manera: A 0 a dx 9 ae x C 0 e a e 1 a e a e 1 a u No hemos añadido valores absolutos a la integral definida porque la función f(x) es positiva cuando a 0 y, por consiguiente, el valor obtenido del área es positivo. Ejercicio a) Estudiamos previamente la posición relativa de las rectas r y s. Calculamos los vectores directores de r y s: v " r (1, 1, ) v " s (6,, ) Los vectores no son proporcionales, luego las rectas se cortan o se cruzan. Dos puntos de las rectas son los siguientes: P r (0, 1, ) P s (5, 0, 1) Construimos el vector P r Ps P s P r (5, 1, 3). Calculamos el determinante de los tres vectores que hemos hallado Como el determinante es distinto de cero, podemos concluir que las rectas se cruzan. Para determinar la recta a la que se refiere el enunciado, debemos calcular el plano 1 que contiene a r y al origen de coordenadas O(0, 0, 0) y el plano que contiene a s y a O. Plano 1 Con el origen de coordenadas y el punto P r calculamos el siguiente vector: OPr P r O (0, 1, ) En el plano tenemos en cuenta O, v " r y OPr: 1 : x 1 0 y 1 1 z x y z 0 0 x z y x 0 3

4 COMUNIDAD DE MADRID MODELO CURSO Plano Calculamos OPs P s O (5, 0, 1). Para este plano tenemos en cuenta O, v " s y OPs: x 6 5 : y 0 0 x10y10z6y0 z 1 x 16y 10z 0 x 8y 5z 0 La recta que buscamos viene determinada en forma general por las ecuaciones de los planos calculados: x y z 0 t x 8y 5z 0 b) La distancia entre rectas se calcula con esta fórmula: v " r, v " s,p s Pr d(r, s) v " r v " s El numerador, hallado en el apartado anterior, vale 6. " " v " r v " i j k " s 1 1 (6, 10, 8) 6 v " r v " s d(r, s),53 u 10 5 Ejercicio 3 A A A A A 3 A A A A 3 A n 1 1 n1 n1 n1 A n n1 1 1 B B B B B 3 B B B B 3 B 1 1 B n 1 1 n1 n1 n1 n1 1 1 n Por último, tenemos: n1 n1 n1 n1 n1 n1 n1 n1 Ejercicio Las matrices de los coeficientes y ampliada son los siguientes: A A* n 1 k 1 k k Como la matriz de coeficientes es cuadrada, calculamos su determinante: A k k k 1 k 3 1 k 3 3k A 0 k 3 3k 0 k 1, k Si k 1 y k Rango (A) rango (A*) 3 n.º de incógnitas. Como los rangos de las matrices de los coeficientes y ampliada son iguales al número de incógnitas, el sistema es compatible determinado. Si k 1 A A* Rango (A) 1; rango (A*) Como los rangos de las matrices A y A* son distintos, el sistema es incompatible. Si k A A* n1 0 n1 0 1 k 1 k k 1 1 k 1 1 k (k 1) Rango (A) rango (A*) 3 n.º de incógnitas. Como los rangos de las matrices de coeficientes y ampliadas son iguales y menores que el número de incógnitas, el sistema es compatible indeterminado con 3 1 grado de libertad n n 0 0 n

5 COMUNIDAD DE MADRID MODELO CURSO Opción B Ejercicio 1 a) La ecuación de la recta tangente que nos piden se calcula con esta fórmula: y f(1) f (1)[x (1)] f(1) (1) 3 (1) 0 f (x) 3x 1 f (1) 3(1) 1 Por lo tanto, la ecuación pedida es: y 0 (x 1) y x b) Igualamos entre sí ambas funciones: x 3 x x x 3 3x 0 x 1, x Luego los puntos de corte entre las dos funciones son: Si x 1 y 0 P 1 (1, 0) Si x y 6 P (, 6) c) Según el apartado anterior, la función f(x) y su recta tangente se cortan en x 1 y x ; luego el área es: A (x 3 x) (x ) dx x 3 3x dx 3x 6 1 u Ejercicio a) Las matrices de los coeficientes y ampliada son: A A* x A 1 1 A 0 1, Si 1 y Rango (A) rango (A*) 3 n.º de incógnitas. El sistema es compatible determinado. Si A 1 1 A* Rango (A) ; rango (A*) 3 sistema incompatible. Si A 1 x A* Rango (A) rango (A*) 3 n.º de incógnitas. Por tanto, el sistema es compatible indeterminado con 3 1 grados de libertad. b) El sistema es compatible indeterminado cuando. Eliminamos la tercera ecuación y pasamos la z al lado de los términos independientes, con lo que obtenemos: x z x y z Sustituimos la primera igualdad en la.ª ecuación: z y z y z y 1z Las infinitas soluciones del sistema son: x y 1 con z Ejercicio 3 Un punto genérico de r es P( 3t, t, t). Se tiene que cumplir que d(p, A) d(p, B). d(p, A) (3t ) ( t ) (t 3) 1t 8t 5 d(p, B) (3t 0) ( t ( )) (t 1) 1t 0t 17 d(p, A) d(p, B) 1t 8t 5 1t 0t 17 1t 8t 5 1t 0t 17 1t 1 t 1 Por tanto, el punto de r que equidista de A y B es: P( 3 (1), (1), (1)) (1, 1, ) Ejercicio La recta que buscamos tiene que estar contenida en el plano, luego su vector director será perpendicular al vector normal del plano. El vector director de s también debe ser perpendicular al de r, luego para que sea perpendicular a ambos vectores a la vez, calculamos su producto vectorial: " v " i " " j k 3 s 5 1 (1, 1, 1) 1 Podemos simplificar el vector: v " s (1, 1, 1) Como la recta s pasa por O (0, 0, 0) y tiene vector director v " s (1, 1, 1), su ecuación vectorial es: (x, y, z) (1, 1, 1) con 5