Resolución detallada al examen de selectividad de Matemáticas II UnEx convocatoria de Septiembre 2012-2013

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SSSeeeppptttiiieeemmmbbbrrreee
MATEMÁTICAS II
OOOpppccciiióóónnn AAA
1 Si la matriz B fuera inversa de la matriz A (B=A-1
) el producto de ambas debe ser igual a la matriz
identidad (I): (0,75 pto)






















































 

100
010
001
210
62320
001
100
010
001
2
212
3
·
110
032
101
·
yx
yx
yx
yx
IBA
Igualando los elementos que ocupan lugares idénticos surge el sistema de ecuaciones:





1201
062132
yx
yx
(1 pto)
Cuya solución es (x, y)=(-1, 3) (0,75 pto)
2 En primer lugar determinamos un vector director de la recta r, qué puede ser el dado por los puntos A y
B:     )0,1,1(1,1,01,0,1 

ABv

, qué podemos utilizar
para encontrar la ecuación continua de r, dada por:
0
1
11
1
:
321








zyx
r
v
zz
v
yy
v
xx BBB
Y con ella las ecuaciones implícitas:





1
1
:
z
yx
r (0,5 pto)
Para calcular la distancia del punto P a la recta r vamos a encontrar la proyección ortogonal de P sobre r
(P´), de manera que la distancia PPdd PPrP
 ,, , para ello:
rPd ,
P
r
P

A
B
v


2. MATEMÁTICAS II
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Encontramos el plano 0 DCzByAx , perpendicular a r que pase por P, luego su vector
normal debe coincidir con el vector director de r: ),,(),,( 321 vvvCBAN 

, calculado con
anterioridad, luego nuestro plano adquiere la forma 0 Dyx , imponiendo que P verifique
dicha ecuación: 011  D ; D=0, con lo que el plano buscado es 0 yx .
El punto P´ es la intersección de r y de π, por lo que resolvemos el sistema de ecuaciones formado por
las respectivas ecuaciones: (0,75 pto)
 









1.
2
1,
2
1´
0
1
1
P
yx
z
yx
(0,75 pto)
Así el vector   











 1,
2
1
,
2
1
2,1,11,
2
1
,
2
1
PP
Con lo que  2
22
1
2
1
2
1












PP , es decir:
2
6
, rPd (0,5 pto)
(otros planteamientos posibles también son puntuables)
3
a) Para definir a trozos la f(x) basta con saber que la función valor absoluto deja el argumento tal
cual si es positivo (en este caso cuando x>0) y lo cambia de signo cuando es negativo (cuando es
nulo puede dejarse de cualquiera de las dos formas). Así:












0si2
0si2
)(
0si·2
0si)·(2
)( 2
2
xx
xx
xf
xxx
xxx
xf (0,5 pto)
Siendo cada una de las ramas una parábola con vértice en (0, 2), cóncava (») para los valores
negativos de x y convexa (…) para los positivos. Tomando una serie de valores, podemos definir
su forma (0,5 pto):
b) Para estudiar la derivabilidad debemos estudiar la continuidad de la función y de la función
derivada. Por tratarse de polinomios, cada una de las ramas es continua y derivable, por lo que el
estudio se reduce al punto de unión de ambas, así:

3. P.A.U. 2012-13
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2)0(
22lim)(lim
22lim)(lim
2
00
2
00







f
xxf
xxf
xx
xx
Y como coinciden los límites laterales entre si y con el valor de la función, f(x) es continua en x=0
Para la continuidad de la función derivada:
0limlim
22
lim
0
)0()(
lim)0(
0limlim
22
lim
0
)0()(
lim)0(
0
2
0
2
00
0
2
0
2
00




















x
x
x
x
x
x
fxf
f
x
x
x
x
x
x
fxf
f
xxxx
xxxx
Y al ser iguales podemos concluir que la función derivada es continua y por tanto podemos
concluir que f(x) es derivable en x=0 y con ello que f(x) es derivable en todo  (0,5 pto)
c) Aplicando las reglas de derivación, podemos calcular:






0si2
0si2
)(
xx
xx
xf , que podemos reescribir como xxf ·2)(  (0,5 pto)
4 Por tratarse de la integral de una suma, podemos separarla en la suma de integrales:
        




1
0
1
0
1
0 2
1
0 2
2212
1
2
2212
1
2 22
dxxsendxexdx
x
x
dxxsenex
x
x xxxx

Siendo cada una de ellas inmediata:
    
 

1
0
1
0
1
0 2
2212
1
2 2
dxxsendxexdx
x
x xx

      1
0
1
0
1
0
2
2cos1ln
2
xex xx
 
(0,5 pto por cada una de las integrales)
Y, aplicando la regla de Barrow:
                 
0cos2cos1ln2ln2cos1ln 001
0
1
0
1
0
2 2
 eexex xx
(0,5 pto)
 111102ln ln2 (0,5 pto)

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MATEMÁTICAS II
OOOpppccciiióóónnn BBB
1
a) De acuerdo con el teorema de Rouche-Fröbenius, el sistema de ecuaciones es compatible
determinado cuando los rangos de la matrices de coeficientes (A) y ampliada con los términos
independientes (A*) asociadas al sistema de ecuaciones, sean iguales entre si y al número de
incóngnitas (3). Sean las matrices:













11
111
1121
2
m
m
m
A









 



3
2
1
11
111
1121
*
2
m
m
m
A
Procedemos al cálculo de los respectivos rangos en función del parámetro m, así igualando a
cero del determinante de A:
, 0242
11
111
1121
2
2


 mm
m
m
m
A ; (0,75 pto)
1m (sol. doble)
Teniendo en cuenta que el rango (rg) de una matriz es el orden del mayor menor no nulo que
puede extraerse de ella, éste no puede superar el mínimo entre el número de filas y de columnas
de la matriz (3 en ambos) y que el rango de la matriz ampliada es mayor o igual al de la matriz
de coeficientes por contenerla, podemos extraer la conclusión de que si 1m entonces
rg(A)=rg(A*)=nº de incógnitas y el sistema es compatible determinado (0,5 pto)
b) Cuando m=0, las matrices quedan de la siguiente forma:














110
111
111
A









 




3
2
1
110
111
111
*A
Y aplicando la regla de Cramer:

5. P.A.U. 2012-13
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110
111
111
113
112
111






x ;
110
111
111
130
121
111





y ;
110
111
111
310
211
111






z
De donde surge la solución (x, y ,z)=(2, 7/2, -1/2) (0,5 pto)
2 Sean los vectores que determinan los lados del triángulo:
   
   
     1,,11,0,1,,0
,1,1()0,1,1,,0
1,1,0()0,1,11,0,1








BX
AX
AB
El triángulo ABX es equilátero si todos sus lados tienen la misma medida y como la longitud de cada
lado coincide con la norma del vector que lo determina, podemos plantear el sistema de ecuaciones:











BXAB
AXAB
;
     
     





222222
222222
11110
11110


(1,5 pto)
Operando y simplificando:
 
 




22
22
2
1
112
112
:
:


E
E
Restando E1-E2 obtenemos   , qué sustituido en cualquiera de ellas arroja dos soluciones:
0  y 1 
Luego existen dos puntos: X1=(0,0,0) y X2=(0,1,1) (1 pto)
3
a) Sea la función y sus derivadas sucesivas:
 2
3
1
)(


x
x
xf  
 3
23
1
3



x
xx
xf  
 4
1
6


x
x
xf
 DOMINIO: por tratarse de una función racional el dominio corresponde a todos los valores de x
excepto aquellos que anulan el denominador. Así, resolviendo la ecuación   01
2
x , surge x=1,
luego Dom f(x)= -{1} (0,25 pto)

AB

AX

BX
A
B
X

6. MATEMÁTICAS II
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 ASÍNTOTAS HORIZONTALES: calculamos
 
 











 112
1
lim
12
lim
12
lim
1
limlim
2222
2
2
3
2
3
2
3
xx
x
xx
x
x
x
x
x
xx
x
x
x
xf
xxxxx
 
 











 112
1
lim
12
lim
12
lim
1
limlim
2222
2
2
3
2
3
2
3
xx
x
xx
x
x
x
x
x
xx
x
x
x
xf
xxxxx
Luego no hay asíntotas horizontales
 ASÍNTOTAS VERTICALES: calculamos
 
 
 
 
 
 






















xf
x
x
xf
x
x
x
x
xf
x
x
xx
12
3
12
3
-
2
3
11
limluego,0
1
y1x,1xcuando
limluego,0
1
y1x,1xcuando
0
1
1
limlim
Y podemos afirmar que existe una asíntota vertical en x=1 (0,25 pto)
 ASÍNTOTAS OBLICULAS: son de la forma y=mx+n, siendo:
 
 
1
1
1
12
1
1
lim
2
lim
2
lim
1
limlim
233
2
3
3
3
3
23
3
2
3










xxx
x
x
x
x
x
x
x
xxx
x
xx
x
x
xf
m
xxxxx
 
 
 
   
2
12
2
lim
1
2
lim
1
1·
lim
1
limlim 2
2
2
2
2
23
2
3












 xx
xx
x
xx
x
xxx
x
x
x
mxxfn
xxxxx
Por cálculos similares obtendríamos los mismos resultados cuando x→-∞, luego la recta y=x+2 es
asíntota oblicua por ambos lados. (0,5 pto)
 EXTREMOS: resolvemos la ecuación:
 
 
  03·
03
0
1
3
0
2
23
3
23






xx
xx
x
xx
xf
Cuyas soluciones son x=0 y x=3 (0,25 pto), y al sustituir en la segunda derivada surge f``(0)=0,
luego en (x,y)=(0, f(0))=(0, 0) hay un punto de inflexión y f``(3)=9/8, que al ser positivo indica que hay
un mínimo en (x, y)=(3, f(3))=(3, 27/4) (0,25 pto)

7. P.A.U. 2012-13
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 PUNTOS DE INFLEXIÓN: al resolver la ecuación f´´(x)=0, la única solución que surge es x=0, luego
el único punto de inflexión es el hallado con anterioridad, es decir (x, y)=(0, 0) (0,25 pto)
b) Con los datos obtenidos, la gráfica de la función es (0,75 pto):
4
a) La función es una parábola ( cbxaxy  2
) convexa (…) con vértice (x, y)=(-b/2a, f(-b/2a)), es
decir (x, y)=(0, 1), qué corta al eje x en los puntos (x,0) tales que f(x)=0, qué son (x, y)=(-1,0) y
(x, y)=(1, 0). Por su parte x=0 y x=2 son rectas verticales, por lo que el recinto que se pide es:
(0,25 pto. por representar la curva, 0,25 pto. por representar las rectas y 0,5 pto. por
determinar el recinto)
Para el cálculo del área de dicho recinto lo dividimos en dos secciones de áreas A1 y A2 y
procedemos a la integración:
  
1
0
2
1
21 )( dxxfdxxfAAA (1 pto)
2 xy
1x
x
y
)(xf
)(xf
0x
1x
x
y
1A
2A

8. MATEMÁTICAS II
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Y siendo:
Kxxdxxdxxf  
32
3
1
1)(
Aplicando la regla de Barrow:
  













  3
4
3
2
3
1
3
1
)(
2
1
3
1
0
3
1
0
2
1
xxxxdxxfdxxf 2 unidades de área (0,5 pto)