Selectividad Sep_2007 resueltos

PAU BACHILLERATO CIENCIAS DE LA NATURALEZA Y DE LA SALUD SEPTIEMBRE 2007. BLOQUE A ⎛ x + y + az = 4 ⎜ P.1.A. Se considera el sistema ⎜ ax + y − z = 0 , donde a es un parámetro real. ⎜ 2x + 2 y − z = 2 ⎝

a) Discutir el sistema en función del valor de a. b) Resolver el sistema para a=1. Solución : ⎛1 1 a ⎞ ⎛ 1 1 a 4⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Sea A = ⎜ a 1 − 1⎟ y A* = ⎜ a 1 − 1 0 ⎟ ⎜ 2 2 − 1⎟ ⎜ 2 2 −1 2⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 1 a 1 A = a 1 − 1 = −1 − 2 + 2a 2 − 2a + a + 2 = 0 ⇔ 2a 2 − a − 1 = 0 ⇔ a = 1 ó a = − 2 2 2 −1

•

Si a ≠ 1 y a ≠ − ⇒ Rg ( A) = Rg ( A * ) = 3 ⇒ S.C. Determinado

•

Si a = 1

1 2 4 ⎞ ⎛1 1 1 4⎞ ⎛1 1 1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ A* = ⎜ 1 1 − 1 0 ⎟ → ⎜ 0 0 − 2 − 4 ⎟ ⇒ S. C. Indeterminado ya que ⎜ 2 2 −1 2⎟ ⎜0 0 − 3 − 6⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

tiene dos filas proporcionales. La solución es (2-t, t, 2) ∀t∈ℜ.

•

1 Si a = − 2

⎛ 1 1 −1 4 ⎞⎟ ⎛ 2 2 − 1 8 ⎞ ⎜ 2 ⎜ ⎟ A* = ⎜ − 1 1 − 1 0 ⎟ → ⎜ − 1 2 − 2 0 ⎟ ⇒ S. Incompatible 2 ⎟ ⎜ 2 − 1 2 ⎟ ⎜⎝ 2 2 − 1 2 ⎟⎠ ⎜ 2 ⎠ ⎝

(las ecuaciones que salen de la 1º y 3º fila son incongruentes.) P.2.A. Sea f la función dada por f ( x ) = e 2 x − x . a) Calcular los intervalos de crecimiento y decrecimiento, los extremos relativos y las asíntotas de f. b) Determinar el número de soluciones de la ecuación f ( x ) = 2 en el intervalo [0,1]. 2

Solución : a) f (x ) = e 2 x − x

2

f ′( x ) = e 2 x − x (2 − 2 x ) = 0 ⇔ x = 1 . Veamos si es máximo o mínimo

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2

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[

]

[

f ′′( x ) = e 2 x − x (2 − 2 x ) + e 2 x − x (−2) = e 2 x − x 4 − 8 x + 4 x 2 − 2 = e 2 x − x 4 x 2 − 8 x + 2 2

2

2

2

2

]

f ′′(1) < 0 ⇒ (1, f (1)) = (1, e) es un máximo. f ( x ) es creciente en (− ∞,1) y decreciente en (1, ∞ )

∃/ A. Vertical ya que Domf = R A. Horizontal: lim f ( x ) = lim e 2 x − x = 0 ⇒ y = 0 es una asíntota horizontal 2

x → ±∞

x → ±∞

b) Sea g (x ) = e 2 x −x − 2 2

g (0) = 1 − 2 = −1 < 0 , g (1) = e − 2 > 0 , g (x ) = e 2 x −x − 2 es continua en [0,1] 2

Se cumplen todas las condiciones del Teorema de Bolzano, luego ∃c ∈ (0,1) tal que

g (c ) = 0 . Para ver si tiene una solución o más, veamos la monotonía de g ( x ) g ′( x ) = e 2 x − x (2 − 2 x ) > 0 en [0,1] ⇒ g ( x ) es creciente en [0,1] 2

Tenemos que ∃c ∈ (0,1) tal que g (c ) = 0 y que g ( x ) es creciente en [0,1] luego

∃!c ∈ (0,1) tal que g (c ) = 0 esto es ∃! c ∈ (0,1) tal que f (c ) = 2 (Notación: ∃!: existe un único)

⎛ 2 1⎞

⎟⎟ . Hallar X sabiendo C.1.A. Sean X una matriz 2× 2 , I la matriz identidad 2× 2 y B = ⎜⎜ ⎝ 0 1⎠ que BX + B = B 2 + I .

Solución :

(

)

BX + B = B 2 + I ⇔ BX = B 2 + I − B ⇔ X = B −1 B 2 + I − B = B + B −1 − I ⎛ 2 1⎞

⎟⎟ B = 2 Calculemos B −1 : B = ⎜⎜ ⎝ 0 1⎠

−1 ⎞ 2⎟ 1 ⎟⎠ ⎝ 0 −1 ⎞ ⎛1 0⎞ ⎛ 3 ⎛ 2 1⎞ ⎛⎜ 1 2 2 ⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ 2 ⎟⎟ + X = ⎜⎜ ⎜ 1 ⎟⎠ ⎝ 0 1 ⎠ ⎜⎝ 0 ⎝ 0 1⎠ ⎝ 0

⎛ 1 0⎞ ⎟⎟ B d = ⎜⎜ ⎝ −1 2⎠

(B )

d t

⎛ 1 − 1⎞ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎝0 2 ⎠

⎛1

Luego B −1 = ⎜⎜ 2

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1 ⎞ 2⎟ 1 ⎟⎠

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C.2.A. Determinar el punto simétrico de P(4,0,3) respecto del plano de ecuación π : x − y = 0. Solución : Un vector director del plano π es

r v = ( 1, -1, 0 )

⎧x = 4 + λ La recta que pasa por P y con ese vector director es de la forma η : ⎪⎨ y = −λ ⎪z = 3 ⎩

El punto de corte Q del plano π y de la recta η sale de sustituir la recta en la ecuación del plano, es decir 4 + λ + λ = 0 ⇔ λ = −2 y el punto es Q =( 2, 2, 3 ) Si el punto buscado es B = ( a, b, c ) entonces: a+4 =2 2

b+0 =2 2

c+3 = 3 ⇒ B = ( 0 ,4 ,3 ) 2

C.3.A. Determinar en qué puntos de la gráfica de la función y = x 3 − 3x 2 + x + 1 , la recta tangente a la misma es paralela a la recta y = x + 7 . Solución : Para que dos rectas sean paralelas debe tener la misma pendiente. Como la recta tiene pendiente 1, calculamos la derivada de la función, que es la pendiente de la recta tangente, y buscamos el valor de x donde esa derivada valga 1. y ′ = 3 x 2 − 6 x + 1 = 1 ⇔ 3 x 2 − 6 x = 0 ⇔ 3 x( x − 2 ) = 0 ⇔ x = 0 Los puntos son: ( 0, f(0) )=( 0,1)

x=2

y ( 2, f(2) )=( 2,-1)

C.4.A. Calcular el área del recinto limitado por la curva de ecuación: y = Ln x , el eje OX y las rectas x = 1 y x = 2 . Solución : Área = A

donde

2

2

1 2 A = ∫ Ln x dx = [xLn x ] − ∫ ⋅ xdx = [xLn x − x ]1 = 2 Ln 2 − 2 + 1 = [2 Ln 2 − 1] u 2 x 1 1 2 1

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PAU BACHILLERATO CIENCIAS DE LA NATURALEZA Y DE LA SALUD SEPTIEMBRE 2007.BLOQUE B

P.1.B. De una recta r se sabe que está contenida en el plano π de ecuación x − y = 0 , que A(0,0,0) pertenece a r, y que el valor que une A y B(1,0,-1) es perpendicular a r. Determinar la recta r, y calcular la distancia entre r y el plano paralelo a π que pasa por B. Solución :

A∈ r ⇒

⎧ x = 0 + aλ = aλ ⎪ ⎨ y = 0 + bλ = bλ ⎪ z = 0 + cλ = cλ ⎩

Como r está contenido en π tenemos que

aλ − bλ = 0 ⇔ (a − b )λ = 0 ⇔ a

A = (0,0,0)

⎧ x = aλ = b . Esto es r : ⎪⎨ y = aλ ⎪ z = cλ ⎩ →

B = (1,0,-1) luego AB =(1,0,-1)

→

Como AB debe ser perpendicular a (a,a,c) que es el vector director de r entonces

a ⋅ 1 + a ⋅ 0 − c ⋅ 1 = 0 ⇔ a − c = 0 ⇔ a = c . Tenemos que A ∈ r y un vector director es por ejemplo (1,1,1), luego la recta r es : x = y = z Calculo el plano paralelo a π y que pase por B(1,0,-1). Este plano es de la forma

α :x− y+D=0 d (π , α ) = d ( A, α ) =

1− 0 + D = 0 ⇔ D = 1 ⇒ α : x − y +1 = 0 0 − 0 +1 12 + 12

1

=

P.2.B. Sea la función f ( x ) =

2

=

2 u 2

x . Se pide hallar: x +4 a) Los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f, los máximos y mínimos relativos y las asíntotas. Esbozar su gráfica. b) El área de la región limitada por la gráfica de f , el eje OX y las rectas x = −2 y x = 2.

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Solución:

4 − x2

f ′( x ) =

x 2 + 4 − x ⋅ 2x

f ′′( x ) =

− 2x x 2 + 4 − 4 − x 2 ⋅ 2 ⋅ x 2 + 4 ⋅ 2x

(x

)

2

+4 máximos o mínimos. 2

(

2

+4

f ′′(2) < 0 ⇒

(x

) ( (x

)

3

2

+4

= 0 ⇒ 4 − x 2 = 0 ⇔ x = ±2 . Veamos ahora si son

)

2

) ( + 4)

2

− 2 x 3 − 8 x − 16 x + 4 x 3

(x

=

)

4

2

=

(

) (

)

− 2x x 2 + 4 − 4 − x 2 ⋅ 2 ⋅ 2x

(x

2

+4

)

3

=

2 x 3 − 24 x

=

(x

2

+4

(2, f (2)) = ⎛⎜ 2, 1 ⎞⎟ ⎝

4⎠

)

3

es un máximo

1⎞ ⎛ f ′′( −2) > 0 ⇒ (− 2, f (− 2 )) = ⎜ − 2,− ⎟ es un mínimo 4⎠ ⎝

Como consecuencia la función es decreciente en (−∞,-2) ∪ (2, +∞) y es creciente en (−2, 2). Asíntotas Verticales: Dom( f ) = R ⇒ ∃/ A. Verticales Asíntotas Horizontales: lim f ( x ) = lim x →∞

x = 0 ⇒ y = 0 es una A. Horizontal x →∞ x + 4 2

Si y → ∞ ⇒ f > y H y si y → −∞ ⇒ f < y H Con la información que tenemos la gráfica de la función es aproximadamente:

b) Por ser f ( x ) impar (simétrica) 2

Área = 2 A

donde A = ∫ f (x )dx = ∫ 0

=

2

0

x

1 dx = 2 2 x +4

2

∫x 0

2x 2

+4

dx =

[ (

1 Ln x 2 + 4 2

)]

2 0

=

1 [Ln 8 − Ln 4] = 1 Ln 8 = 1 Ln 2 ⇒ El área es Ln 2 u 2 2 2 4 2

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1 m⎞ ⎛ 2 ⎜ ⎟ C.1.B. Discutir, en función del número real m, el rango de la matriz A = ⎜1 + m 2 3 ⎟ . ⎜ − 2 −1 2 ⎟ ⎝ ⎠

Solución: 2

1

m

A = 1 + m 2 3 = 8 − 6/ − m(1 + m ) + 4m − 2(m + 1) + 6/ = 0 ⇔ 8 − m − m 2 + 4m − 2 − 2m = 0 − 2 −1 2 ⇔ −m 2 + m + 6 = 0 ⇔ m 2 − m − 6 = 0 ⇔ m = 3

•

Si m ≠ 3 y m ≠ −2 ⇒ Rg ( A) = 3

•

Si m = 3

•

⎛ 2 ⎜ A=⎜ 4 ⎜− 2 ⎝ ⎛ 2 ⎜ Si m = −2 A = ⎜ − 1 ⎜− 2 ⎝

ó m = −2

3⎞ ⎟ 2 3 ⎟ ⇒ Rg ( A) = 2 ya que 4 − 1 2 ⎟⎠ 1 − 2⎞ ⎟ 2 3 ⎟ ⇒ Rg ( A) = 2 ya que − 1 2 ⎟⎠ 1 2

3 ≠0 3 2

−2

−1

3

≠0

C.2.B. Sea A el punto medio del segmento de extremos P(3,2,1) y Q(-1,0,1). Calcular el volumen del tetraedro de vértices A, B(2,1,3), C(1,2,3) y D(3,4,1). Solución: ⎛ 3 −1 2 + 0 1+1⎞ A:⎜ , , ⎟ = ( 1 ,1,1 ) 2 2 ⎠ ⎝ 2

A(1,1,1)

B(2,1,3), C(1,2,3) y D(3,4,1)

→

Volumen=

→

→

AB =(1,0,2)

AC =(0,1,2)

AD =(2,3,0)

1 0 2 1 1 10 5 3 0 1 2 = [− 4 − 6] = − = u 6 6 6 3 2 3 0

C.3.B. Discutir si la ecuación x + sen x = 2 tiene alguna solución real. Solución: Sea g ( x ) = x + sen x − 2

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g (1) = 1 + sen 1 − 2 < 0

g ( x ) es continua en [0,2]

g (2) = 2/ + sen 2 − 2/ > 0

Se cumplen todas las condiciones del Teorema de Bolzano, luego ∃ c ∈ (0,2) tal que

g (c ) = 0 , es decir c + sen c = 2

(e Calcular, si existe, el valor de lim

C.4.B.

x →0

x

− e−x x2

)

2

.

Solución:

(e lim x →0

x

− e−x x2

)

2 *

[

][

]

2 ⋅ e x − e−x ⋅ e x + e−x e 2 x − e −2 x = lim = lim 2e 2 x + 2e − 2 x = 2 + 2 = 4 0 * x →0 x →0 x → 2x x

= lim

(

Aplicamos L´Hôpital en los pasos marcados con un * (por ser indeterminada

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)

0 ) 0

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