selectividad

1. I.E.S. Mediterráneo de Málaga Septiembre 2002 Juan Carlos Alonso Gianonatti
PROPUESTA A
x − y + z − 4 = 0 x−3 y +1 z
1.- (1 puntos) Probar que las ecuaciones  y = =
 3x + 5z − 9 = 0 5 2 −3
representan a la misma recta
5 9 5 5 2
r ≡ 3 x = −5 z + 9 ⇒ x = − z + ⇒ x = 3 − z ⇒ 3 − z − y + z − 4 = 0 ⇒ y = −1 − z
3 3 3 3 3
  5 2 
v r =  − , − , 1  ≡ (− 5 , − 2 , 3 ) ≡ (5 , 2 , − 3 )


 3 3 

 vr = vs
 R (3 , − 1 , 0 ) ⇒ ⇒
 v s = (5 , 2 , − 3 )  El punto R y S son iguales


 

  S (3 , − 1 , 0 )

Las rectas r y s son coincidentes
 4 1
2.- (1 punto) Dada la matriz A = 
  , calcula la matriz B = (At A-1)2, siendo At la matriz

− 1 0
traspuesta de A
Existe inversa de una matriz cuando su determinante no es nulo
 4 − 1  0 − 1 1  0 − 1
A=
4 1
−1 0
= 1 ≠ 0 ⇒ A −1 =
1
(
⋅ adj A t ⇒ A t =  ) 
t
 
−1
 1 0  ⇒ adj A =  1 4  ⇒ A = 1 ⋅  1 4 
 
A      
 4 − 1  0 − 1  − 1 − 8   − 1 − 8   − 1 − 8   1 16 
A t A −1 = 
 ⋅
  =
  
2
 ⇒ A t A −1 = ( )
 0 − 1 ⋅  0 − 1 = 0 1 
    
 1 0  1 4   0 − 1      
sen x
3.- (1 punto) Calcula ∫ (cos x ) 4
dx
sen x − dt 1 1 1 1
∫ (cos x ) 4
dx = ∫
t 4
= − ∫ t −4 dt = −
(− 3)
⋅ t −3 = 3 =
3t 3 (cos x )
3
=
3 cos 3 x
+K
cos x = t ⇒ − sen x dx = dt ⇒ sen x dx = −dt
4.- (1 punto) Un número mas el cuadrado del otro suman 48, ¿Cómo deben de elegirse estos
números para que su producto sea máximo?
 x + y 2 = 48 ⇒ x = 48 − y 2
 ( )
⇒ P = 48 − y 2 y = 48 y − y 3 ⇒ P' =
dP
= 48 − 3 y 2 ⇒ P' = 0 ⇒
 P = xy dy
48  y=4
48 − 3 y 2 = 0 ⇒ 3 y 2 = 48 ⇒ y 2 = = 16 ⇒ y = ± 16 ⇒  ⇒
3  y = −4 ⇒ No es solución
d 2P  y=4
P' ' = = −6 y ⇒ P' ' (4 ) = −6 ⋅ 4 = −24 < 0 ⇒ Máximo ⇒ 
 x = 48 − 4 = 48 − 16 = 32
2
dy 2
1

2. I.E.S. Mediterráneo de Málaga Septiembre 2002 Juan Carlos Alonso Gianonatti
5.- (3 puntos) En la hipérbola xy = 2 se consideran los puntos A(1 , 2) y B(2 , 1)
a) Calcula las rectas tangentes a la hipérbola en cada uno de esos puntos y halla el punto en
donde se cortan
b) Calcula el área de la región del plano limitada por las rectas tangentes anteriores y el
correspondiente arco de hipérbola
a)
  2
  y= =2
 A⇒  1 ⇒ y − 2 = −2 ( x − 1) ⇒ y = −2 x + 4
 2 
2
 y' = − 2 = −2
 y= x   1
 ⇒ En ⇒
2
 y' = − 2   2
y = =1
 x B ⇒  2 ⇒ y − 1 = − (x − 2 ) ⇒ 2 y − 2 = − x + 2 ⇒ 2 y = − x + 4
1
  2 2 1
 y' = − 2 = − = − 2
 
 2 4 2
Punto de corte P entre rectas tan gentes
x x 3x 4 4 − 8 + 12 4
− 2 x + 4 = − + 2 ⇒ −2 x + = −2 ⇒ − = −2 ⇒ 3 x = 4 ⇒ x = ⇒ y = −2 ⋅ + 4 = =
2 2 2 3 3 3 3
4 4
P , 
3 3
b)
3
2
1
0
0 1 2 3
4
[ ] [ ]
4 4
 x 
2 3 2
A = ∫ dx − ∫ (− 2 x + 4 ) dx − ∫  − + 2  dx = 2 ⋅ [ln x ]1 + 2 ⋅ ⋅ x 2 − 4 ⋅ [x ] + − 2 ⋅ [x ]4
2 1 1 1 2 2
⋅ ⋅ x
2 3 3 2
1 1 4
1
x 1 4 2  2 2 2 3 3
3
 4  2   1  2 4 
2
4  4
A = 2 ⋅ (ln 2 − ln 1) +   − 1  − 4 ⋅  − 1  + ⋅ 2 −    − 2 ⋅  2 − 
2
 3 
 
 3  4  3    3
 16  1 1  16 
A = 2 ⋅ (ln 2 − 0 ) + 
2 7 4 1 20 4 12 8
− 1  − 4 ⋅ + ⋅  4 −  − 2 ⋅ = 2 ⋅ ln 2 + − + ⋅ − = ln 2 2 + −
 9  3 4  9  3 9 3 4 9 3 9 3
4 8  4
A = ln 4 + − =  ln 4 −  u 2
3 3  3
2

3. I.E.S. Mediterráneo de Málaga Septiembre 2002 Juan Carlos Alonso Gianonatti
6.- (3 puntos) Discute según los valores de a, la posición relativa de los siguientes planos
indicando las figuras que determinan
 π1 ≡ 2 x + 3 y − 4 z = 1

π 2 ≡ 4 x + 6 y − az = 2
 π ≡ x + y + az = 10
 1
2 3 −4
A = 4 6 − a = 12 a − 3a − 16 + 24 + 2 a − 12 a = −a + 8 ⇒ Si A = 0 ⇒ −a + 8 = 0 ⇒ a = 8
1 1 a
(Para todo )∀a ∈ ℜ − {8} ⇒ A ≠ 0 ⇒ rang ( A) = 3 = Número incognitas ⇒ Sist Compatible Deter min ado
Los tres planos se cor tan en un punto
1
2
P
3
Si a = 8
2 3 − 4 1   2 3 − 4 1  2 3 − 4 1 
     
4 6 − 8 2  ≡ − 4 − 6 8 − 2  ≡ 0 0 0 0 
 1 1 8 10   − 2 − 2 − 16 − 20   0 1 − 20 − 19 
     
rang ( A) = rang ( A / B ) = 2 ⇒ Sistema Compatible In det er min ado
2 3 −4 1
= = = ⇒ Los planos π 1 y π 2 son coincidentes y se cor tan con π 3 segun una recta
4 6 −8 2
3

4. I.E.S. Mediterráneo de Málaga Septiembre 2002 Juan Carlos Alonso Gianonatti
Continuación del Problema 6 de la Opción A
3
1
2
4

5. I.E.S. Mediterráneo de Málaga Septiembre 2002 Juan Carlos Alonso Gianonatti
PROPUESTA B
x − y + z − 4 = 0 x−3 y +1 z
1.- (1 puntos) Probar que las ecuaciones  y = =
 3x + 5z − 9 = 0 5 2 −3
representan a la misma recta
Resuelto como Problema 1 de la Propuesta A
 4 1
2.- (1 punto) Dada la matriz A = 
  , calcula la matriz B = (At A-1)2, siendo At la matriz

− 1 0
traspuesta de A
Resuelto como Problema 2 de la Propuesta A
sen x
3.- (1 punto) Calcula ∫ (cos x ) 4
dx
Resuelto como Problema 3 de la Propuesta A
4.- (1 punto) Un número mas el cuadrado del otro suman 48, ¿Cómo deben de elegirse estos
números para que su producto sea máximo?
Resuelto como Problema 3 de la Propuesta A
5

6. I.E.S. Mediterráneo de Málaga Septiembre 2002 Juan Carlos Alonso Gianonatti
 x+ y+ z−3 =0
5.- (3 puntos) a) Hallar la ecuación del plano perpendicular a la a la recta 
x − y + 2 z + 1 = 0
que pasa por el punto (5 , 0 , 10)
b) Hallar la distancia de dicho plano al punto (2 , 1 , 0)
a)
El vector del plano π pedido es el de la recta dada r, y este es perpendicular al vector formado
por el punto P por el que pasa y al punto G generador de los puntos del plano, por lo tanto el
producto escalar de ambos vectores es nulo y la ecuación del plano pedido
 x+ y+ z−3 =0 3 3
 ⇒ 2 x + 3 z − 2 = 0 ⇒ 2 x = −3 z + 2 ⇒ x = 1 − z ⇒ 1 − z − y + z + 1 = 0 ⇒
x − y + 2 z + 1 = 0 2 2
1
y =2− z ⇒
2
  3 1 
 v π = v r =  − , − , 1  ≡ (3 , 3 , − 2 )
  2 2  ⇒ v π ⊥ PG ⇒ v π ⋅ PG = 0 ⇒
 PG = (x , y , z ) − (5 , 0 , 10 ) = (x − 5 , y , z − 10 )

(3 , 3 , − 2 ) ⋅ (x − 5 , y , z − 10 ) = 0 ⇒ 3 (x − 5 ) + 3 y − 2 (z − 10 ) = 0 ⇒ π ≡ 3 x + 3 y − 2 z + 5 = 0
b)
3 ⋅ 2 + 3 ⋅1 − 2 ⋅0 + 5 6 +3+5
d (Q , π) =
16 16 22 8 22
= = = = u
3 2 + 3 2 + (− 2 ) 9+9+4 22 11
2
22
x
6.- (3 puntos) a) Representa gráficamente la curva y = .Para ello calcula las
x + 5x + 4
2
asíntotas, puntos críticos e intervalos de crecimiento
b) Calcula el área del recinto limitado por la curva anterior el eje OX y las rectas x = 0 y x = 2
a)
 −5+3
−5± 9  x = 2 = −1
x 2 + 5 x + 4 = 0 ⇒ ∆ = 5 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ 4 = 25 − 16 = 9 > 0 ⇒ x = ⇒
2 ⋅1 −5−3
x = = −4
 2
 −1
 x = −1 ⇒ y (− 1) = 0 ⇒ Sin solución
 ⇒ Dom( y ) = ∀x ∈ ℜ − {− 4 , − 1}
−4
 x = −4 ⇒ y (− 4 ) = ⇒ Sin solución
 0
 x = −1
Asíntotas verticales ⇒ 
 x = −4
6

7. I.E.S. Mediterráneo de Málaga Septiembre 2002 Juan Carlos Alonso Gianonatti
Continuación del Problema 6 de la Opción B
a ) Continuación
Asíntotas horizontales
x ∞ 1 1
y = lim 2 = =   ' Hopital → = lim
Aplicando L
 = = 0 ⇒ ∃ asíntota horizontal y = 0 ⇒ x → ∞
x →∞ x + 5 x + 4 ∞ x →∞ 2 x + 5 ∞
y = lim
x
= lim
(− x ) = lim 2
−x ∞
= =   ' Hopital → = lim
Aplicando L

−1
=
−1
=0
x → −∞ x + 5 x + 4
2 x → ∞ (− x ) + 5 (− x ) + 4
2 x →∞ x − 5 x + 4 ∞ x →∞ 2 x − 5 ∞
∃ asíntota horizontal y = 0 ⇒ x → −∞
Asíntotas oblicuas
x
∞
m = lim x + 5 x − 4 = lim 3
2 x 1 1
= =   ' Hopital → = lim 2
Aplicando L
 = =0⇒
x →∞ x x →∞ x + 5 x + 4 x
2
∞ x → ∞ 3 x + 10 x + 4 ∞
∃ asíntota oblicua ⇒ x → ∞
/
x
m = lim x + 5 x + 4 = lim
2 (− x ) = lim
−x ∞
= =   ' Hopital → =
Aplicando L

x → −∞ x x → ∞ (− x ) + 5(− x ) + 4 (− x )
3 2 x →∞ − x + 5 x − 4 x
3 2
∞
−1 −1
= lim = = 0 ⇒ ∃ asíntota oblicua ⇒ x → −∞
/
x → ∞ − 3 x 2 + 10 x − 4 −∞
x 2 + 5 x + 4 − (2 x + 5 ) ⋅ x x 2 + 5x + 4 − 2x 2 − 5x 4 − x2
y' = = = ⇒ Crecimiento ⇒ y' > 0 ⇒
(x 2
+ 5x + 4 )
2
(x 2
+ 5x + 4 )
2
(x 2
+ 5x + 4 )
2
2 − x > 0 ⇒ − x > −2 ⇒ x < 2
(2 − x )(2 + x ) > 0  2 + x > 0 ⇒ x > −2

(x 2
+ 5x + 4 ) 2
( )
 x + 5 x + 4 2 > 0 ⇒ ∀x ∈ ℜ

2
−∞ -2 2 ∞
x<2 (+) (+) (-)
x>-2 (-) (+) (+)
(x2 + 5x + 4)2 < 0 (+) (+) (+)
Solución (-) (+) (-)
Crecimiento ∀x ∈ ℜ / − 2 < x < 2 Decrecimiento ∀x ∈ ℜ / ( x < −2 ) ∪ ( x > 2 )
−2 −2
Mínimo relativo en x = -2 y (− 2 ) = = = 1 (De decrecimiento
(− 2 ) 2
+ 5 ⋅ (− 2 ) + 4 4 − 10 + 4
pasa a crecimiento)
Máximo relativo en x = 2 y (2 ) =
2 2 1
= = (De crecimiento pasa a
2 +5⋅2+4 4 +4 4
2
decrecimiento)
7

8. I.E.S. Mediterráneo de Málaga Septiembre 2002 Juan Carlos Alonso Gianonatti
Continuación Problema 6 de la Opción B
a ) Continuación
Puntos de inf lexión
y' ' =
(
− 2x x2 + 5x + 4 ) 2
( )
− 2 x 2 + 5 x + 4 (2 x + 5 ) 4 − x 2 ( ) = − 2 x(x 2
)
+ 5 x + 4 − 2(2 x + 5 ) 4 − x 2 ( )
(x 2
+ 5x + 4 ) 4
(x 2
+ 5x + 4 )
3
− 2 x − 10 x − 8 x − 16 x + 4 x − 40 + 10 x
3 2 3 2
2 x − 24 x − 40
3
x − 12 x − 20
3
y' ' = = =2⋅ ⇒ y' ' = 0
(x 2
+ 5x + 4 )
3
(x 2
+ 5x + 4 ) 3
(x 2
+ 5x + 4 ) 3
x 3 − 12 x − 20
2⋅ = 0 ⇒ x 3 − 12 x − 20 = 0 ⇒ Solución = 4'107243151756 (con calculadora gráfica )
(x 2
+ 5x + 4 )
3

Con OY ⇒ x = 0 ⇒ y(0 ) = 0 2 + 5 ⋅ 0 + 4 = 4 = 0
0 0
Puntos de corte ⇒ 
x
 Con OX ⇒ y = 0 ⇒ 0 = 2 ⇒ x=0
 x + 5x + 4
10
9 Y
8
7
6
5
4
3
2
1
0
-15 -14 -13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
-1
X
-2
-3
-4
-5
-6
-7
-8
-9
-10
8

9. I.E.S. Mediterráneo de Málaga Septiembre 2002 Juan Carlos Alonso Gianonatti
Continuación Problema 6 de la Opción B
b)
A (x + 4 ) + B (x + 1)
⇒ A (x + 4 ) + B (x + 1) = x ⇒
x x A B
= = + =
x + 5 x + 4 (x + 1)(x + 4 ) x + 1 x + 4
2
(x + 1)(x + 4 )
 1 4
x = −4 ⇒ A (− 4 + 4 ) + B (− 4 + 1) = −4 ⇒ −3 B = −4 ⇒ B =
4
 −
x

3⇒ = 3 + 3
 x = −1 ⇒ A (− 1 + 4 ) + B (− 1 + 1) = −1 ⇒ 3 A = −1 ⇒ A = −
1 x + 5x + 4 x + 1 x + 4
2
 3
2 2 2 3 6
= − ⋅ [ln t ]2 + ⋅ [ln u ]5
x 1 dx 4 dx 1 dt 4 du 1 4
A=∫ dx = − ⋅ ∫ + ⋅∫ =− ⋅∫ + ⋅∫
3 5
1 x + 5x + 4
2
3 1 x+1 3 1 x+4 3 2 t 3 5 u 3 3
 x = 2 ⇒ t = 3
 x + 1 = t ⇒ dx = dt ⇒ 
 x = 1 ⇒ t = 2

 x + 4 = u ⇒ dx = du ⇒  x = 2 ⇒ u = 6


 x = 1⇒ u = 5
1 4
−
3 6 3
2
dx = − ⋅ (ln 3 − ln 2 ) + ⋅ (ln 6 − ln 5 ) = − ⋅ ln + ⋅ ln = ln  
x 1 4 1 3 4 6 3
A=∫ 2 + ln  
1 x + 5x + 4 2 5
3 3 3 2 3 5
6 3  
1 4
4
 2 3 6 
2
x 2
A=∫ 2 dx = ln   + ln   = ln 3 + ln 3    u2
1 x + 5x + 4 3 5  5 
3
 
9