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. Un deposito cilındrico construido sin la tapa superior tiene una capacidad de 27π m3. Determinacuanto miden el radio de su base y su altura sabiendo que se ha construido de forma que su superficiesea mınima.

B. Se sabe que la recta y = 9 es una asıntota horizontal de la funcion f(x) =x2

ax2 − 4. Calcula el valor

del parametro a ∈ R. Estudia si para dicho valor del parametro tiene asıntotas verticales u oblicuas.

SEGUNDO BLOQUE

A. Calcula las integrales a)∫

tan(x) dx, b)∫ (

1 + tan2(x))

dx, c)∫

arctan(x) dx

B. a) Estudia la continuidad y derivabilidad de la funcion f(x) =

{

x2 + 4x + 3 si x < −11− x2 si x ≥ −1

b) Determina el area encerrada por la grafica de la funcion f(x) y el eje de abscisas.

TERCER BLOQUE

A. a) Sean A, B y X matrices cuadradas de tamano n. Despeja X de la ecuacion X ·A = 2X + B2.

b) Calcula la matriz X siendo A =

1 0 10 1 01 0 −1

y B =

2 2 00 4 00 0 4

B. a) Clasifica, en funcion del parametro λ ∈ R, el sistema de ecuaciones

λx + y − z = 25x + 3y + 3z = 03x + 2y + λz = 1

b) Resuelvelo para λ = 0, si es posible.

CUARTO BLOQUE

A. Di si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas y razona tus respuestas.

1. Dados un plano π y un punto P que no este contenido en π, existe un unico plano perpendiculara π que pasa por P .

2. Dados una recta r y un punto P que no este contenido en la recta r, existe un unico planoperpendicular a r que pasa por P .

B. Dadas las rectas r ≡

x = t

y = − t

z = 1 − t

y r′ ≡

x = 2 + s

y = s

z = a + s

, con s, t ∈ R

a) Encuentra un valor del parametro a ∈ R para que las rectas r y r′ esten contenidas en un mismoplano. Halla la ecuacion general de dicho plano.

b) Para a = 0, calcula unas ecuaciones parametricas de un plano π que contenga a la recta r y unasecuaciones parametricas de otro plano π′ que contenga a la recta r′, de modo que π y π′ sean paralelos.

PAU. Matemáticas II. Septiembre 2009

B1-A Solución:

La superficie de nuestro cilindro es 22 rraS ππ += .Donde r es el radio de la

base y a es la altura.

Como nos dicen que el volumen es 27π, y como arV 2π= podemos relacionar a y r ya

que 2

2 2727

raar =�= ππ . Ahora podemos poner la superficie en función sólo del

radio 254

rr

S ππ += . La derivada de esta función es rr

S ππ 254

'2

+−=

Puesto que la superficie es mínima esta derivada debe ser nula y para ello r tiene que ser

solución de la ecuación 30270254 3

2=�=+−�=+− rrr

rππ .

La altura a del cilindro es también 3 debido a la relación que hemos obtenido entre a y r

B1-B Solución:

Si y=9 es asíntota horizontal es porque el límite de la función f(x) cuando x tiende a

infinito es 9. Pero aax

x

x

1

4lim

2

2

=−∞→

, luego 9

1=a

Para este valor de a la función queda 36

9)(

2

2

−=

x

xxf . Esta función tiene dos asíntotas

verticales, x = 6 y x = -6, porque son los dos valores que anulan el denominador. No

tiene asíntotas oblicuas porque el límite de f(x) / x cuando x tiene a infinito es cero.

B2-A Solución:

� � +−== kxLdxx

xsendxx ))(cos(

)cos(

)()tan( .Ponemos la tangente como cociente y

observamos que el numerador es la derivada del denominador cambiada de signo, luego

resulta fácil llegar a la solución

� +=+ kxdxx )tan())(tan1( 2 . Observamos que el integrando es una de las formas en

que podemos escribir la derivada de la tangente. Es inmediata.

� dxx)arctan( , podemos hacerla “por partes”. �� −= vduuvudv Llamamos

xvdxdv

x

dxduxxu

=�=

+=�=

21)arctan()(

, queda � �+

−= dxx

xxxdxx

21)arctan()arctan(

Pero � � +=+

=+

)1(2

1

1

2

2

1

1

2

22xLdx

x

xdx

x

x

Resumiendo kxL

xxdxx ++

−=� 2

)1()arctan()arctan(

2

.

B2-B Solución:

���

−≥−

−<++=

11

134)(

2

2

xsix

xsixxxf . La función está formada por dos ramas de parábola

que se juntan en el punto (-1,0). Es continua en todos los puntos porque las parábolas

son funciones continuas y en el punto x=-1 la función está definida f(-1)=0, tiene límite

y el límite vale cero

Como���

−>−

−<+=

12

142)('

xsix

xsixxf , resulta que sólo falta saber si también es derivable

en x=-1. Ya hemos visto que en ese punto es continua y como las derivadas de las dos

ramas son continuas y el límite de ambas cuando x tiende a –1 es 2, resulta que también

es derivable en x=-1 y su derivada es 2

De otra forma: La derivada por la derecha y la derivada por la izda en x=-1 coinciden

21

01lim

1

034lim

2

1

2

1=

+

−−=

+

−++

−→−→ x

x

x

xx

xx. La función y su derivada tienen las gráficas:

B3-A Solución: 222 )2(22 BIAXBXIAXBXAX =−�=⋅−⋅�+=⋅ porque 2I y X conmutan.

Luego si existe la inversa de A-2I, Tendremos que 12 )2( −−= IABX

Pero

�����

�

�

�����

�

�

−−−

−−

=−����

�

�

���

�

�

−

−

−

=−−

2

10

2

10102

10

2

3

)2(

301

010

101

2 1IAIA y por fin

���

�

�

���

�

�

−−

−

−−−

=

�����

�

�

�����

�

�

−−−

−−

���

�

�

���

�

�

=−=−

808

0160

2126

2

10

2

10102

10

2

3

1600

0160

0124

)2( 12 IABX

B3-B Solución:

Como 8113

23

335

112

+−=

−

λλ

λ

λ

, resulta que el rango de la matriz de coeficientes es 2

para 3

81 == λλ y y para el resto de los valores el rango es tres.

El rango de la matriz ampliada es dos para 1=λ porque 035

11,0

123

035

211

≠= y

Luego en este caso el sistema es compatible indeterminado

Cuando 3

8=λ ocurre que 05

123

035

213

8

≠= y por tanto el rango de la ampliada es tres y

el sistema incompatible. Para el resto de los valores el sistema es compatible

determinado porque los rangos de las dos matrices coinciden y valen 3.

Cuando 0=λ el sistema es �

�

�

=+

=++

=−

123

0335

2

yx

zyx

zy

y la solución

���

���

�

−=

=

−=

8

38

134

3

z

y

x

B4-A Solución:

1) Si, por ejemplo, el plano es 2x+y+z=0, y el punto P(2,2,2), que evidentemente no

pertenece al plano tendremos que todos los planos de la forma A(x-2)+B(y-2)+C(z-2)=0

Pasarán por el punto P y serán perpendiculares al plano inicial si se cumple que

2.A+B+C=0 y evidentemente hay infinitas soluciones para esta ecuación.

2) Si, por ejemplo, la recta pasa por el origen y tiene de vector director (2,3,4) y el punto

es P(2,2,2) hay un solo plano que es perpendicular a la recta y contiene al punto P, su

ecuación es: 2(x-2)+3(y-2)+4(z-2)=0. El vector característico del plano es el director de

la recta.

B4-B Solución:

Si consideramos los vectores directores de las rectas (1,-1,-1) , (1,1,1) y el vector con

origen en un punto de la primera y extremo en un punto de la segunda (2,0,a-1) (en este

caso este vector depende del parámetro a). Observamos que los dos primeros son

independientes. Ocurrirá que si los tres son linealmente dependientes las rectas están

contenidas en un plano, en caso contrario las rectas se cruzan (no tienen ningún punto

común). Cuando el valor del determinante formado por los tres es distinto de cero las

rectas se cruzan, cuando es cero se cortan

22

)1(02

111

111

−=

−

−−

a

a

. Luego cuando a =1 se cortan