PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD PARA ALUMNOS DE BACHILLERATO LOE Septiembre 2012 MATEMÁTICAS II. CÓDIGO 158

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1 PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD PARA ALUMNOS DE BACHILLERATO LOE Septiembre 01 MATEMÁTICAS II. CÓDIGO 158 OBSERVACIONES IMPORTANTES: El alumno deberá responder a todas las cuestiones de una de las opciones A o B. No está permitido utilizar calculadoras programables ni que realicen cálculo simbólico, integrales o gráficas. OPCIÓN A: CUESTIÓN A.1: a) [1,5 puntos] Determine para qué valores del parámetro a el conjunto de vectores S {(1,a,1),(1 a,a 1,0),(1,1,a)} forma una base de R. b) [1,5 punto] Estudie el rango del conjunto de vectores S en los casos en que no forme una base de R. CUESTIÓN A.: [,5 puntos] Determine la ecuación implícita (o general) del plano que contiene al punto A (0,1,) y es perpendicular a la recta { x + y z 1 r : x y + z CUESTIÓN A.: Dada la función f (x) x a) [0,75 puntos] Dominio de definición. ( ) x 1 1, se pide: b) [0,5 puntos] Calcule lím f (x). Es posible calcular también lím f (x)? Justifique la x 1 + x 1 respuesta. c) [1,5 puntos] Calcule lím x + f (x). CUESTIÓN A.4: [,5 puntos] De todas las primitivas de la función f (x) de coordenadas (0, 1). ex, encuentre la que pasa por el punto 1 + ex

2 PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD PARA ALUMNOS DE BACHILLERATO LOE Septiembre 01 MATEMÁTICAS II. CÓDIGO 158 OBSERVACIONES IMPORTANTES: El alumno deberá responder a todas las cuestiones de una de las opciones A o B. No está permitido utilizar calculadoras programables ni que realicen cálculo simbólico, integrales o gráficas. OPCIÓN B: CUESTIÓN B.1: a) [1,5 puntos] Dada la matriz A A y A 4. b) [1,5 puntos] Calcule A CUESTIÓN B.: Considere las rectas r y s dadas por las ecuaciones, calcule las potencias A, r : x 7 y a 4 z + 6 5a 6 y s : x 5 y 1 1 z 6 4. a) [ puntos] Estudie la posición relativa de r y s en función del parámetro a. b) [0,5 puntos] Calcule el punto de corte de r y s en los casos en que se corten. CUESTIÓN B.: [,5 puntos] Considere la función dada por { x f (x) x + a si x 0 x + bx + b + 1 si x > 0 Determine los valores de los parámetros a y b para los cuales f (x) es continua y derivable en todo R. CUESTIÓN B.4: [,5 puntos] Calcule el área comprendida entre la curva y 6 + x, el eje de abscisas y las rectas verticales que pasan por los puntos de inflexión de dicha curva.

3 SOLUCIONES DE LA OPCIÓN A: CUESTIÓN A.1 a) El conjunto S forma una base de R si y sólo si su rango es, es decir, si y sólo si el determinante de la matriz formada por los vectores de S es distinto de cero. Por ello, consideremos A dicha matriz, 1 1 a 1 A a a a y calculemos su determinante, A a(a 1) + (1 a) (a 1) a (1 a) (a 1)(a + a ) (a 1) (a + ). Se tiene entonces que A 0 si y sólo si (a 1) (a + ) 0, es decir, si y sólo si a 1 o a. Por lo tanto, S forma una base de R para todos los valores de a distintos de 1 y de, es decir, a 1 y a. b) Como sabemos por el apartado anterior, los valores de a para los que S no forma una base de R son a 1 y a. Estudiemos entonces el rango de S para cada uno de estos dos casos o, equivalentemente, el rango de la matriz correspondiente A en cada uno de los dos casos. Si a 1 la matriz A se reduce a A , cuyo rango es 1, ya que tiene al menos un elemento distinto de cero (1 0) y todos los menores de orden que se pueden formar a partir de dicho elemento distinto de cero son cero: y Por lo tanto si a 1, rango(s) 1. Cuando a la matriz A es A menos un menor de orden distinto de cero, ,, cuyo rango es, ya que tiene al y el único menor de orden que contiene es el propio determinante de A, que sabemos que es cero si a. Por lo tanto en este caso tenemos que rango(s). CUESTIÓN A. Solución 1: Para calcular la ecuación del plano, basta con encontrar el vector director de la recta r, que será a su vez perpendicular al plano que nos piden. Por lo tanto, una vez que conozcamos dicho vector, bastará con considerar el haz de planos perpendicular a

4 la recta r y, de entre todo ellos, determinar cuál es el que pasa por el punto A. Pasemos ahora a realizar esto. Dado que la recta r viene dada como intersección de dos planos, la manera más sencilla de calcular su vector director v r es hacer el producto vectorial de los vectores perpendiculares a dichos planos, es decir, v r i j k ( ), 1 1 1, (0,, ). Como únicamente nos importa la dirección de v r, si queremos podemos trabajar con el vector (0,1,1), que es colineal a él y más sencillo. Así, el haz de planos perpendicular a la recta r viene dado por y + z D, D R. Ahora basta con calcular el valor de D para el cual el plano y + z D pasa por A (0,1,), es decir, 1 + D D. Por tanto, la ecuación implícita (o general) del plano pedido es y + z. Solución : Otra forma ( más sencilla?) de resolverlo es observar que, dado que la recta r viene dada como intersección de dos planos, los vectores perpendiculares a dichos planos son precisamente vectores directores de los planos perpendiculares a la recta r. Por lo tanto, podemos tomar ambos vectores v (,1, 1) y w (1, 1,1) como vectores directores del plano que nos piden. Como sabemos además que el plano contiene al punto A (0,1,), entonces su ecuación implícita viene dada por x 0 1 y z 1 1 0, es decir, Esto es, (x 0) (y 1) (z ) (y 1) (z ) 0 y + z. 0. CUESTIÓN A. a) Por el tipo de función, para que esté bien definida debe ser en primer lugar x 1, para que no se anule el denominador de la fracción, y también debe ser 0, para que x 1 exista su raiz cuadrada. Por tanto debemos estudiar el signo del cociente. Al tratarse x 1 de un cociente de polinomios de primer grado, basta con observar los cambios de signo del numerador y denominador y ver qué pasa con su cociente. El numerador es 0 si x 1, es si x > 1 y es si x < 1. El denominador x 1 es 0 si x 1, es si x > 1 y es si x < 1. Por lo tanto, el cociente es 4

5 i) 0 si x 1; ( ) ii) > 0 si x < 1 o si x > 1 ( ) iii) < 0 si x > 1 y x < 1. ( ) ; En resumen, el dominio de definición de la función es (, 1] (1,+ ). b) El lím x 1 + f (x) es simplemente lím f (x) x 1 + lím f (x) 1 x 1,x>1 ( ) 0 1 1( 1) 1 +. Por otra parte, el lím x 1 f (x) no se puede calcular porque la función f (x) no está definida a la izquierda de x 1 para valores muy próximos a x 1. c) En principio, el lím x + f (x) nos da una indeterminación del tipo 0, ya que ( ) ( ) lím f (x) lím x x + x + x 1 1 lím x + x 1 1 (1 1) 0 puesto que, por la regla de los grados, sabemos que lím x + x Para resolver esta indeterminación, operamos algebraicamente de la siguiente manera: x 1 1 x 1 1 x 1 x 1 ( x 1)( + x 1) x 1( + x 1) () (x 1) ()(x 1) + (x 1) x 1 + x 1. Por lo tanto, y, por la regla de los grados, se tiene ( ) lím x x + x 1 1 x ( ) x 1 1 x x 1 + x 1, lím x + x x 1 + x Si no queremos (o no sabemos) utilizar en este último paso la regla de los grados, basta con dividir el numerador y el denominador por x para obtener que ( ) x x 1 1 x x 1 + x 1, 5 x x x 1+x 1 x 1 1 x x

6 por lo que ( ) lím x x + x 1 1 lím x x x CUESTIÓN A.4 Para calcular la integral indefinida e x 1 + e x dx hacemos el cambio de variable y e x, Por lo tanto, dy e x dx y se tiene e x 1 + e x dx ex e x dx 1 + e x A continuación, operamos algebraicamente Por lo tanto Es decir, e x 1 + e x dx Por tanto, todas las primitivas de f (x) y 1 + y dy. y 1 + y 1 + y y 1 + y. ( y 1 + y dy 1 1 ) dy y 1 + y e x 1 + e x dx ex ln(1 + e x ). ex sonde la forma 1 + ex e x ln(1 + e x ) +C, 1 dy y ln(1 + y). 1 + y siendo C una constante de integración. Para determinar el valor de C, obligamos a la solución a pasar por el punto (0,1), es decir, e 0 ln(1 + e 0 ) +C 1 1 ln +C 1 C ln Por lo tanto la solución es e x ln(1 + e x ) + ln, 6

7 SOLUCIONES DE LA OPCIÓN B: CUESTIÓN B.1 a) En primer lugar, calculamos 0 4 A A continuación, A A A donde I denota la matriz identidad, I A 4 A A I A A. Por lo tanto I. b) Como sabemos que A I, para calcular A 01 nos interesa dividir 01 entre y calcular el resto de la división, de manera que escribimos Por lo tanto A 01 A 670+ A 670 A (A ) 670 A. Ahora observamos que 670 5, por lo que (A ) 670 ( I) 670 ( I) 5 (( I) ) 5 I 5 I, ya que ( I) ( I) ( I) I. Finalmente tenemos que A 01 (A ) 670 A I A A CUESTIÓN B. a) El vector director de la recta r es v r (7,a 4,5a 6) y pasa por el punto A (0,0, 6). En cuanto a la recta s, su vector director es v s (, 1,4) y pasa por el punto B (5,1,6). Por lo tanto, para estudiar la posición relativa de las rectas r y s debemos estudiar el rango de las matrices ( ) v r vr y v s v s AB con AB B A (5,1,1) 7

8 En primer lugar, estudiemos el rango de la matriz v r 7 a 4 5a 6 v s 1 4 AB Si calculamos su determinante tenemos que v r v s AB 7 a 4 5a a 96 0 a v r Por lo tanto, si a 4 el rango de la matriz v s es y las rectas se cruzan. AB v r Por otra parte, cuando a 4 el rango de la matriz v s es. En efecto, en ese caso su AB rango no puede ser (ya que el determinante se anula) y tenemos que v r v s 1 4. AB Podemos entonces encontrar y menor de orden distinto de cero, por ejemplo, el formado por sus dos primeras columnas y sus dos primera filas, es decir, ( ) vr Además, por la misma razón cuando a 4 el rango de la matriz es, ya que el v s mismo menor nos sirve para concluir que su rango es. Por lo tanto, cuando a 4 las dos ( ) v r vr matrices y v s tienen rango, por lo que las rectas se cortan. v s AB Observación: Aunque no nos ha hecho falta en nuestro razonamiento, se puede observar de hecho que la matriz ( ) ( ) vr 7 a 4 5a 6 v s 1 4 tiene siempre rango, independientemente del valor del parámetro a. En efecto, el menor de orden formado por sus dos primeras columnas es 7 a a 0 a 5. Por tanto dicho menor es distinto de cero siempre que a 5. Pero en el caso a 5 tenemos otro menor de orden distinto de cero, ya que en ese caso el menor de orden formado por la primera y la tercera columna es distinto de cero, puesto que dicho menor es 7 5a a 0 a

9 Por tanto, independientemente del valor de a( siempre ) tenemos un menor de orden distinto de cero, por lo que el rango de la matriz es siempre. vr v s b) Como hemos visto en el apartado anterior, las rectas se cortan cuando a 4. En ese caso, para calcular el punto de corte escribimos las rectas en forma paramétrica x 7λ x 5 + µ r : y 0 y s : y 1 µ z λ z 6 + 4µ Por la ecuación de r debe ser y 0, por lo que llevando esto a la ecuación de s sabemos que µ 1. Por tanto, haciendo µ 1 en la ecuación de s tenemos el punto de corte (8,0,10). CUESTIÓN B. Como f (x) es continua en todo R, debe ser continua en x 0 por lo que debemos tener f (0) lím x 0 + f (x). Observemos que f (0) a a mientras que lím f (x) lím + bx + b + 1) 0 + b 0 + b + 1 b + 1. x 0 + x 0 +( x Por lo tanto tenemos una primera relación entre a y b que es Por otra parte, tenemos que f (x) a b + 1. { x si x < 0 x + b si x > 0 Como f (x) es derivable en todo R, debe ser derivable en x 0 por lo que debemos tener Ahora bien, y lím f (x) lím f (x). x 0 x 0 + lím f (x) lím ) x 0 x 0 (x lím f (x) lím + b) b. x 0 + x 0 +( x Por tanto debe ser b y, por la relación anterior, se tiene a b + 1. CUESTIÓN B.4 Calculemos en primer lugar los puntos de inflexión de la curva y f (x), es decir 6 + x los puntos que satisfacen la ecuación f (x) 0. Para ello, calculamos la primera y la 9

10 segunda derivada de f (x): f (x) 4x (6 + x ) 1x (6 + x ), f (x) 1(6 + x ) + 1x (6 + x ) 4x (6 + x ) 4 1(6 + x ) + 1 8x (6 + x ) 1( 6 + 6x ) (6 + x ) 7(x 1) (6 + x ). Entonces, los puntos de inflexión son las soluciones de la ecuación 7(x 1) (6 + x 0, es ) decir, x 1 0 x ±1. Los puntos de inflexión de la curva son entonces los puntos de abscisas x 1 y x 1. A continuación observamos que la curva está siempre por encima del eje de abscisas, ya que la función f (x) es siempre positiva, f (x) > 0 para todo valor de x. Por lo 6 + x tanto, el área que nos piden viene dada por la siguiente integral definida área x dx. Esta integral es del tipo arcotangente. En efecto, observando que 6 + x ( ) x 1 ( ) 1 + x se tiene que la integral indefinida es 6 + x dx 1 dx ( ). 1 + x Haciendo ahora el cambio de variable y que 6 + x dx 1 dy 1 + y Por lo tanto, aplicando la regla de Barrow tenemos que área 1 ( ) x x dx arctan ( π 6 π ) 6 π 6 π 6. x, es decir, x y, se tiene dx dy por lo ( dy x 1 + y arctany arctan ). 1 ( ) ( )) 1 1 arctan( arctan 10