Resolución del examen de Matemáticas II de Selectividad en Andalucía Junio de 2005
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- María Jesús Mercedes Ortega Miguélez
- hace 6 años
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1 Resolución del eamen de Matemáticas II de Selectividad en Andalucía Junio de 5 Antonio Francisco Roldán López de Hierro * # de junio de 5 Opción A Ejercicio [ 5 puntos] De la función f : R R de nida por f () a 3 + b + c + d se sabe que tiene un máimo en, y que su grá ca corta en el punto de abscisa y tiene un punto de in eión en el punto de abscisa. Calcula a, b, c y d sabiendo, además, que la recta tangente a la grá ca de f en el punto de abscisa tiene pendiente 9. Solución : Es claro que f () 3a + b + c y que f () 6a + b. Transformamos los datos del problema en cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas: Máimo en ) f ( ), 3a b + c ; Corta OX en, f ( ), a + 4b c + d ; Punto in eión en ) f (), b ; Pendiente 9 en, f () 9, a + 4b + c 9: De la tercera condición se deduce que b. Así, las condiciones primera y cuarta se transforman en 3a + c y a + c 9, cuya única solución es a y c 3. Por último, la segunda condición nos obliga a que d a 4b + c. Así y a ; b ; c 3; d ) f () * Profesor del I.E.S. Acci de Guadi (Granada) -
2 Ejercicio Se sabe que las dos grá cas del dibujo corresponden a la función f : R R de nida por f () e y a su función derivada f. (a) [ punto] Indica, razonando la respuesta, cuál es la grá ca de f y cuál la de f. (b) [ 5 puntos] Calcula el área de la región sombreada. y () () Solución : La forma más rápida de determinar cuál es f es mirar sus puntos de corte con el eje OX, ya que se ve en la grá ca que la función () se anula dos veces (en y en ), mientras que la función () sólo se anula en un único punto ( ). Dado que la función f () e sólo se anula si (porque la eponencial es estrictamente positiva), podemos a rmar que obligatoriamente f ha de ser la función (). Su función derivada, f () anula dos veces, en donde f tiene un mínimo ( ) y un máimo ( El área pedida es A Z + e, se y en, por lo que debe ser la función (). Coherentemente, f () f () d Z ), la función f se anula. e + e d Z e d: Utilizando el método de integración por partes, el área anterior es u ; du d " Z # A dv e d; v e e e d ( ) e e 3e 3 e e 3 e :
3 3 Ejercicio 3 Sean las matrices A 3, B 3 y C 4. (a) [ punto] Tiene A inversa? En caso a rmativo, calcúlala. (b) [ 5 puntos] Determina la matriz X que cumple que A X + C B t B B t, siendo B t la matriz transpuesta de B. Solución : Dado que det A 7 6, la matriz A es inversible y su inversa es A 7 7 : 7 3 La ecuación matricial es muy secilla, pues A X + C B t B B t, A X B B t C B t (B C) B t, 3 7 7, X A (B C) B t : Haciendo operaciones con matrices X " 3 4 # B A B 7 7 A : C A Ejercicio 4 Considera el punto P (; ; ) y la recta r ( + y 6; z : (a) [ punto] Halla la ecuación del plano que contiene a P y a r. (b) [ 5 puntos] Calcula el punto simétrico de P respecto de la recta r. Solución : Llamemos al plano que contiene a P y a r. Evidentemente, viene determinado por el punto P y los vectores ~u r (director de la recta r) y A r P, donde A r es cualquier punto
4 de la recta r. Elijamos, por ejemplo, A r (; ; ), de donde vector director de r al producto vectorial A r P (; ; ), y elijamos como 4 ~u r C B C B C A : Ar u P Un vector normal al plano puede elegirse así: ~n ~u r A r P (; ; ) (; ; ) (; ; 4) : Entonces una ecuación general del plano es de la forma + y 4z + k, y para que el punto P (; ; ) pertenezca a este plano, obligatoriamente k y, así, una ecuación de es + y 4z +. Para calcular el punto P, simétrico de P respecto de r, llamemos al plano perpendicular a r que pasa por P. Cualquier vector normal a es paralelo a cualquier vector director de r, por lo que podemos tomar ~n ~u r (; ; ). Así y + k, y para que P (; ; ) pertenezca a es necesario que k 4, por lo que y 4. Llamemos Q al único punto donde r corta a. Sus coordenadas vienen dadas por >< + y 6; Q r \ z ; y 4 : 9 > >; 4 5 ; 5 ; : P Q P' Entonces 4 P Q 5 ; 5 ;, y dado que Q es el punto medio entre P y P, se concluye que P P P Q, p p + P Q (; ; ) + lo que signi ca que P 5 ; 6 5 ; ; 5 ; 5 ; 6 5 ; 3 ;
5 5 Opción B Ejercicio Sea f la función de nida para 6 por f () +. (a) [ punto] Estudia y determina las asíntotas de la grá ca de f. (b) [ punto] Determina los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de f y calcula sus etremos relativos o locales (puntos en los que se obtienen y valores que alcanza la función). (c) [ 5 puntos] Esboza la grá ca de f. Solución : Como en el punto se anula el denominador de f pero no el numerador, el eje de ordenadas es una asíntota vertical de f, siendo lm f () ; lm f () +: + Además, dado que f () + +, la recta y es asíntota oblícua de f a la izquierda y a la derecha, lo cual también se puede demostrar observando que m f () + + lm lm ; n lm (f () m) lm Por otro lado, dado que f (), los únicos puntos críticos de f son. Un sencillo estudio del signo de la derivada de f (teniendo en cuenta que su denominador es siempre positivo) demuestra que f + Má Mín + f % & & % >< f creciente en ] ; [ [ ] ; + [, >< Máimo rel. en ( ; ), Monotonía Etremos f es decreciente en ] ; [ [ ] ; [. Mínimo rel. en (; ). Así, la grá ca de f es la adjunta. : y
6 6 Ejercicio Considera la función f : R R de nida por f () e. (a) [ 75 puntos] Halla la ecuación de la recta tangente a la grá ca de f en el punto de abscisa. (b) [ 75 puntos] Calcula el área de la región acotada que está limitada por la grá ca de f, la recta de ecuación y la recta tangente obtenida en (a). Solución : Dado que f () e, se tiene que f (). Como f (), la recta tangente es: y f () f () ( ), y : y 3 Entonces el área pedida es A Z e e + d e ( + ) + 4 e e : e Ejercicio 3 Considera el sistema de ecuaciones + y + z ; >< + 3y + z 7; + y + ( + ) z 5: (a) [ 5 puntos] Clasi ca el sistema según los valores del parámetro. (b) [ punto] Resuelve el sistema cuando sea compatible indeterminado.
7 7 Solución : Calculamos el determinante de la matriz del sistema utilizando las propiedades de los determinantes., F, F 3F det A 3 + F3 F 3 F 3 / desarrollando por la segunda columna / ( + 3) ( + ) ( + ) : Evidentemente, el determinante sólo se anula si f ; g, por lo que es inmediato que si R f ; g, el sistema es compatible determinado. Analizamos los dos casos que quedan utilizando el método de Gauss: ; Incompatible. 5 3 ; Comp. indeterminado. 5 3 La clasi cación completa del sistema es Si R f ; g, el sistema es compatible determinado. >< Si, el sistema es incompatible. Si, el sistema es compatible indeterminado. caso es En particular, el sistema es compatible indeterminado cuando ( + y + z ; y z 3; ) / z / ) >< + ; y 3 z :, y su solución en este Ejercicio 4 Sean los vectores ~v (; ; ), ~v (; ; ) y ~v 3 (; 3; ).
8 (a) [ 75 puntos] Son los vectores ~v, ~v y ~v 3 linealmente dependientes? (b) [ 75 puntos] Para qué valor de a el vector (4; a + 3; lineal de los vectores ~v, ~v y ~v 3? ) puede epresarse como combinación (c) [ punto] Calcula un vector unitario y perpendicular ~v y a ~v. Solución : Para estudiar la dependencia o independencia lineal de los vectores, calculamos su determinante: det (~v ; ~v ; ~v 3 ) ; 3 porque la primera y la tercera columnas son proporcionales. Por consiguiente, ~v, ~v y ~v 3 son linealmente dependientes. Es claro ahora que ~v 3 es combinación lineal de ~v y ~v. Así, para ver si ~u (4; a + 3; ) puede epresarse como combinación lineal de ~v, ~v y ~v 3, estudiamos si puede epresarse en función de ~v y ~v estudiando el siguiente determinante det (~v ; ~v ; ~u) 4 a : Al ser este determinante siempre nulo, el conjunto f~v ; ~v ; ~ug es linealmente dependiente, por lo que siempre se puede epresar ~u como combinación lineal de ~v y ~v. A posteriori, parece obvio observar que ~u (a 3) ~v + ~v, y ahora la conclusión es obvia (son l.d.). Finalmente, un vector perpendicular a ~v y a ~v es su producto vectorial ~v ~v C B C B C A k C A ~w: Como j ~w j p 5, los únicos dos vectores unitarios y perpendiculares a la vez a ~v y a ~v son los vectores ~v j ~w j ~w p 5 (; ; ) p p 5 5 ; ; : 5 5
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