Pruebas de Acceso a Estudios Universitarios.

Bachillerato L. O. G. S. E.

Materia: MATEMATICAS IILa prueba consta de cuatro bloques con dos opciones cada uno. Debes contestar

una unica opcion de cada bloque. Todas las opciones puntuan igual (2’5 puntos).

Puedes usar cualquier tipo de calculadora.

PRIMER BLOQUE

A. Encuentra el punto de la grafica de la funcion f(x) = x3 + x2 + x + 1 en el que la pendiente de larecta tangente sea mınima.

B. Dada la funcion f(x) =1

ln(x), donde ln(x) es el logaritmo neperiano de x,

a) Determina su dominio y sus asıntotas.b) Razona que la funcion es decreciente en su dominio.

SEGUNDO BLOQUE

A. Calcula la integral indefinida

∫

2x3 − 9x2 + 9x + 6

x2 − 5x + 6dx

B. Halla una primitiva F (x) de la funcion f(x) = 8x3 + 2x, que cumpla que F (x) ≥ 0 para todox ∈ R, y de forma que el area comprendida entre la grafica de F (x), el eje de abscisas y las rectas x = 0

y x = 1 sea41

15.

TERCER BLOQUE

A. Determina, en funcion del parametro m ∈ R, el rango de la matriz A =

m 2 −1 m− 12 4 m m + 23 6 −3 0

B. Enuncia el Teorema de Rouche-Frobenius. Sean A una matriz 3× 3, B una matriz columna no nulade tamano 3 × 1, O la matriz nula de tamano 3 × 1, y consideremos los sistemas expresados en formamatricial A ·X = B y A ·X = O.

a) Sabiendo que A ·X = B es incompatible, clasifica el sistema A ·X = O.b) Sabiendo que la matriz A tiene inversa, clasifica el sistema A ·X = B.

CUARTO BLOQUE

A. Dados los puntos A(1, 0, 1), B(2, 1, 0), C(1, 1, a) con a ∈ R

a) ¿Existe algun valor de a para el que los tres puntos esten alineados?b) ¿Existe algun valor de a para el que el plano que contiene a los tres puntos A, B y C sea paralelo

al plano π ≡ 4x− 6y − 2z = 7?

B. Dadas las rectas r ≡

{

x− 2y = 1y − z = −1

y r′ ≡

x = a − s

y = a + s

z = s

, con s ∈ R.

a) Estudia en funcion del parametro a ∈ R su posicion relativa.b) Para el valor del parametro a que hace que r y r′ se corten en un punto, halla el punto P de

interseccion entre ambas rectas, y las ecuaciones parametricas de una recta s perpendicular a r y a r′

que pase por dicho punto P .

B1-A Solución:

El valor de la pendiente viene dado por el valor de la derivada, y la derivada es

123)(' 2 ++= xxxf . Calculamos el mínimo de esta función, para ello vemos donde su

derivada se anula 3

1026;26)('' −=�=++= xxxxf . Como la derivada de esta

función es 06)(''' >=xf resulta que en efecto alcanza un mínimo para ese valor. El

valor del mínimo (la pendiente mínima) es 3

21

3

2

3

13)

3

1('

2

=+−��

���

�−=−f

El punto pedido es ��

���

�−=�

�

���

�−−

27

20,

3

1)

3

1(,

3

1f . La gráfica ilustra la situación

B1-B Solución:

La función es un cociente con el numerador 1 por tanto existe siempre que el

denominador exista y no sea cero. El dominio son los reales estrictamente positivos

menos el 1 porque el logaritmo neperiano no existe para cero ni para valores negativos,

y el logaritmo de 1 es cero. La derivada es 2))(ln(

1)('

xxxf −= que es negativa en todos

los valores del dominio, por lo tanto la función siempre es decreciente. Como el límite

en x=0 es “infinito”, por la izquierda ∞− y por la derecha ∞+ , hay una asíntota

vertical x = 1. Como el límite cuando x tiende a infinito es 0 hay una asíntota horizontal

y = 0.

B2-A Solución:

Se trata de una integral racional. Como el grado del numerador es mayor que el grado

del denominador, lo primero es hacer la división y aplicar la igualdad d

RC

d

D+=

En nuestro caso queda 65

212

65

699222

23

+−++=

+−

++−

xx

xx

xx

xxx

Ahora descomponemos en fracciones simples la última fracción, teniendo en cuenta las

raíces del denominador

4;62365

22

−==�−

+−

=+−

BAx

B

x

A

xx

x. Después de todo esto queda:

( )( )� +�

��

����

�

−

−++=

−−

−++= k

x

xxxdx

xxxI

2

3

2

2

3ln2)

2

4

3

612(

B2-B Solución:

Las primitivas de la función dada tienen la forma cxx ++ 242 . Lo que pretendemos es

que 215

41

3

1

5

2

15

41

35

2

15

412

1

0

351

0

24 =�=++�=

��

�++�=++� cccx

xxcxx

B3-A Solución:

Observamos que la cuarta columna de la matriz es la suma de la primera y tercera, luego

el rango sólo depende de las tres primeras columnas. Calculamos el determinante y

vemos cuando es cero )2)(1(6

363

42

12

+−−=

−

−

mmm

m

Por tanto siempre que m sea

distinto de 1 y de –2 el rango es tres. Cuando m=1 el rango es 2 porque hay un menor de

orden dos distinto de cero 614

12=

−, lo mismo pasa cuando m=-2; 12

42

22−=

−

B3-B Solución:

El Teorema en cuestión asegura que si el rango de la matriz de coeficientes y el de la

ampliada son iguales entonces el sistema tiene solución; si además el rango común es

igual al número de incógnitas, el sistema tiene solución única (es compatible

determinado). Eso es lo que pasa en el caso b) La solución sería BAX ·1−=En el caso a) ocurrirá que no coinciden los rangos, siendo menor el de la matriz A que

el de la matriz A ampliada con B, (podemos asegurar por tanto que el rango de A es

menor que 3 en este caso) pero si cambiamos B por O entonces sí coincidirán los rangos

porque añadir una columna de ceros no hace variar el rango. En resumen el sistema

quedará compatible indeterminado (tendrá infinitas soluciones). Ojo he resuelto primero

el caso b) y después el a).

B4-A Solución:

Estarán alineados cuando los vectores AB=(1,1,-1) y AC=(0,1,a-1) sean

proporcionales, pero esto es imposible porque 1

1

1

0≠ . Para ningún valor de a estarán

alineados.

El plano que contiene a los tres puntos tiene por ecuación

azyaax

az

y

x

+=+−+�=

−−−

−

1)1(0

111

11

011

, por tanto para que sea paralelo al dado

tiene que cumplirse 22

1

6

1

4−=�

−=

−

−= a

aa. Como el punto π∉A los planos son

estrictamente paralelos

B4-B. Solución:

Ponemos la recta r en forma paramétrica, para ello resolvemos el sistema

��

��

�

��

��

�

=

+−=

+−=

�−=−

=−

λ

λ

λ

z

y

x

zy

yx1

21

1

12La posición relativa de las rectas la estudiamos a

partir de sus vectores directores (2,1,1) y (-1,1,1) y de un vector con origen en un punto

de una de ellas y extremo en un punto de la otra, en nuestro caso los puntos (-1,-1,0) y

(a, a, 0), o sea el vector (a+1, a+1, 0).

Consideramos la matriz ���

�

�

���

�

�

+

−+

110

111

121

a

a

, como los vectores directores no son

proporcionales las rectas no son paralelas, se cortarán o se cruzarán. Cuando a tome un

valor que haga cero el determinante de la matriz 3x3 las rectas se cortarán, en los demás

casos se cruzarán. 33

110

111

121

−−=���

�

�

���

�

�

+

−+

aa

a

. Luego cuando a = -1 las rectas se cortan.

Para hallar el punto de corte resolvemos

��

��

�

−−=�=�

=

+−=+−

−−=+−

)0,1,1(011

121

P

s

s

s

λ

λ

λ

λ

. Para escribir las ecuaciones

paramétricas de la recta perpendicular necesitamos un vector director; lo obtenemos

haciendo el producto vectorial de los vectores directores de r y r’

)3,3,0()1,1,1(x)1,1,2( −=− . Por fin las ecuaciones paramétricas son ��

��

�

=

−−=

−=

λ

λ

3

31

1

z

y

x

Evidentemente también vale ��

��

�

=

−−=

−=

λ

λ

z

y

x

1

1