Examen de Matemáticas II (Modelo 2015) Selectividad

Examen de Matemáticas II (Modelo 2015)
Selectividad-Opción A
Tiempo: 90 minutos
Problema 1 (3 puntos) Dadas las matrices








0
x
−2
−2 4 2








A =  −1 m m  ; B =  0  X =  y  O =  0 
0
z
−1
−1 2 1
se pide:
a) (1 punto). Estudiar el rango de A según los valores de m.
b) (0,5 puntos). Calcular el determinante de la matriz A20 .
c) (0,75 puntos). Para m = −2, resolver el sistema AX = O.
d) (0,75 puntos). Para m = 0, resolver el sistema AX = B.
Solución:
a)
−2 4 2 |A| = −1 m m = 0 ∀m ∈ R =⇒ Rango(A) < 3
−1 2 1 −2 4 = −2m + 4 = 0 =⇒ m = 2 =⇒ Si m 6= 2 Rango(A) = 2
−1 m −2 2 Y si m = 2 tenemos = −2 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2
−1 2 Por tanto, Rango(A) = 2 ∀m ∈ R.
b) |A20 | = |A|20 = 020 = 0
c) Se trata de un sistema homogéneo y el Rango(A) = 2 < no de incógnitas, luego es un sistema compatible indeterminado.
(


 x = −1/2λ
−2x + 4y + 2z = 0
y = −3/4λ
=⇒

−x − 2y − 2z = 0

z=λ
d) Para m = 0 se observa que F1 = 2F2 y como Rango(A) = 2 se trata
de un sistema compatible indeterminado.


 −2x + 4y + 2z = −2
−x = 0

 −x + 2y + z = −1
(
=⇒



x=0
x=0
=⇒
y = −1−λ
2

−x + 2y + z = −1
 z=λ
1
Problema 2 (3 puntos) Dada la función f (x) =
x2 − 4x + 3
, se pide:
x2 − 1
a) (0,5 puntos). Hallar el dominio de f (x).
b) (1 punto). Hallar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f (x).
c) (1,5 puntos). El área del recinto limitado por la gráfica de la función,
el eje de abscisas y las rectas x = ±1/2.
Solución:
a) x2 − 1 = 0 =⇒ x = ±1 =⇒ Dom(f ) = R − {±1}
4
> 0 =⇒ La función es creciente en todo el dominio
(x + 1)2
de la función R − {±1}
b) f 0 (x) =
c)
S1 =
Z 1/2
x−3
−1/2
x+1
1/2
dx = x − 4 ln(x + 1)]−1/2 = 1 − 4 ln 3
S = |S1 | = 4 ln 3 − 1 u2
Problema 3 (2 puntos) Dadas las rectas: r :


 x = 1 + 2λ
y=λ

 z=λ
(
; s:
x+y =1
,
y=z
se pide:
a) (1 punto). Estudiar la posición relativa entre ellas. Determinar, en su
caso, la intersección entre ambas y el ángulo que forman sus vectores
directores.
b) (1 punto). Hallar la ecuación de la recta perpendicular a las direcciones
de r y s, y que pasa por el punto (0, 0, 0).
2
Solución:
a) (1 + 2λ) + λ = 1 =⇒ λ = 0 luego las dos rectas se cortan en el punto
(1, 0, 0).
(
(
→
−
→
−
ur = (2, 1, 1)
us = (−1, 1, 1)
r:
s:
Pr (1, 0, 0)
Ps (1, 0, 0)
→
−
−
ur · →
us
π
−2 + 1 + 1
cos α = →
= 0 =⇒ α =
= √ √
−
→
−
|ur ||us |
2
6 3
b)
(
t:


 x=0
→
−
ut = (0, −1, 1)
y = −λ
=⇒ t :

Pt (0, 0, 0)
 z=λ
i j
→
−
→
−
→
−
ut = ur × us = 2 1
−1 1
k
1
1
= 3(0, −1, 1)
Problema 4 (2 puntos) Dados los puntos P1 (1, −1, 2), P2 (2, −3, 0) y P3 (3, 1, 2),
se pide:
a) (0,5 puntos). Determinar la ecuación del plano π que contiene los tres
puntos.
b) (0,5 puntos). Determinar la ecuación de la recta r que pasa por P1 y
es perpendicular a π.
c) (1
√ punto). Hallar la ecuación de las dos superficies esféricas de radio
17 que son tangentes al plano π en el punto P1 .
Solución:
−−−→
−−−→
a) P1 P2 = (1, −2, −2), P1 P3 = (2, 2, 0):
1 2
π : −2 2
−2 0
x−1
y+1
z−2
= 0 =⇒ π : 2x − 2y + 3z − 10 = 0
b)
(
r:


 x = 1 + 2λ
→
−
ur = (2, −2, 3)
y = −1 − 2λ
=⇒

Pr (1, −1, 2)
 z = 2 + 3λ
3
c) Calculo una recta r que pase por P1 y perpendicular a π, la del apartado anterior. Ahora hay que
√ encontrar los dos puntos de esta recta
que estan a una distancia 17 de P1 y estos serán los centros de las
esferas:
Un punto C de r será C(1 + 2λ, −1 − 2λ, 2 + 3λ)
√
√
−−→
|CP1 | = |(2λ, −2λ, 3λ)| = |λ| 17 = 17 =⇒ λ = ±1
(
λ = 1 =⇒ C1 (3, −3, 5) =⇒ (x − 3)2 + (y + 3)2 + (z − 5)2 = 17
λ = −1 =⇒ C2 (−1, 1, −1) =⇒ (x + 1)2 + (y − 1)2 + (z + 1)2 = 17
Examen de Matemáticas II (Modelo 2015)
Selectividad-Opción B
Tiempo: 90 minutos
Problema 1 (3 puntos) Dados el punto P (1, 2, −1) y las rectas:
(
r:
x+y−z =4
; s:
x − y − 3z = −2
(
x=2
y = −3
se pide:
a) (1 punto). Calcular la mı́nima distancia entre r y s.
b) (1 punto). Determinar el punto P 0 simétrico de P respecto de r.
c) (1 punto). Determinar los puntos de la recta r que equidistan de los
planos XY e Y Z.
Solución:
a)
(
r:
→
−
ur = (−2, 1, −1)
, s:
Pr (1, 3, 0)
(
→
−
us = (0, 0, 1)
Ps (2, −3, 0)
−−→
Pr Ps = (1, −6, 0)
i
j
k →
−
1 −1 = 2(−2, 1, −1)
ur = 1
1 −1 −3 1 −6
0 −−→ − →
1 −1 = −11 6= 0 =⇒ r y s se cruzan
[Pr Ps , →
ur , −
us ] = −2
0
0
1 √
−−→ − →
|[Pr Ps , →
ur , −
us ]|
| − 11|
11 5
= √
=
u
d(r, s) =
−
−
|→
ur × →
us |
5
5
4
i j
→
−
→
−
ur × us = −2 1
0 0
k
−1
1
= (1, 2, 0)
b) Seguimos el siguiente procedimiento:
Calculamos un plano π perpendicular a r que contenga a P : π :
−2x + y − z + λ = 0 =⇒ −2 + 2 + 1 + λ = 0 =⇒ λ = −1 luego
el plano buscado es π : −2x + y − z − 1 = 0
Calculamos el punto de corte P 00 de r y π:
r:


 x = 1 − 2t
y =3+t
=⇒ −2(1−2t)+(3+t)−(−t)−1 = 0 =⇒ t = 0 =⇒ P 00 (1, 3, 0)

 z = −t
P 00 =
P + P0
=⇒ P 0 = 2P 00 −P = 2(1, 3, 0)−(1, 2, −1) = (1, 4, 1) =⇒ P 0 (1, 4, 1)
2
c) El plano XY es el plano π 0 : z = 0 y el plano Y Z es el plano π 00 : x = 0.
Sea P 000 un punto de la recta r que cumple d(P 000 , π 0 ) = d(P 000 , π 00 )
donde P 000 (1 − 2t, 3 + t, −t):
| − t|
|1 − 2t|
=
=⇒
1
1
(
−t = 1 − 2t =⇒ t = 1 =⇒ H(−1, 4, −1)
−t = −1 + 2t =⇒ t = 1/3 =⇒ Q(1/3, 10/3, −1/3)
Problema 2 (3 puntos) Hallar
√
a) (1 punto). lı́m
x−→ 0
1 + sin x −
x
√
1 − sin x
.
Z
b) (1 punto).
(3x + 5) cos x dx.
c) (1 punto). Los intervalos de crecimiento y decrecimiento y los extremos
relativos de la función
ex − ex
f (x) =
x
.
Solución:
a)
√
√
1 + sin x − 1 − sin x
0
lı́m
=
= lı́m
x−→ 0
x−→ 0
x
0
5
√cos x
2 1+sin x
−
1
− cos x
√
2 1−sin x
=1
"
Z
b)
(3x + 5) cos x dx =
(3x + 5) sin x − 3
u = 3x + 5 =⇒ du = 3dx
dv = cos x =⇒ v = sin x
#
=
Z
sin x dx = (3x + 5) sin x + 3 cos x + C
ex (1 − x)
= 0 =⇒ x = 1. Si x > 1 =⇒ f 0 (x) < 0 =⇒ f
x2
es decreciente en el intervalo (1, ∞). Si x < 1 =⇒ f 0 (x) > 0 =⇒ f
es creciente en el intervalo (−∞, 0) ∪ (0, 1) En x = 1 hay un máximo
local.
c) f 0 (x) =
Problema 3 (2 puntos)
a) (1,5 puntos). Hallar X e Y , matrices 2 × 2, tales que
X+
3 −1
0
2
!
Y =
2 1
1 3
!
,
1 0
1 1
X+
!
1 3
0 1
Y =
!
·
b) (0,5 puntos). Hallar Z, matriz invertible 2 × 2, tal que
Z
3 0
0 3
2
!
Z
−1
=
1 3
1 2
!
.
Solución:
a)




X+




3 −1
0
2






 X+
1 0
1 1
!
2 1
1 3
Y =
!
=⇒
!
Y =
1 3
0 1
!




X=




−1
3
−5 −1






 Y =
2 0
3 2
!
!
·
b) Z 2 · 3I · Z −1 = 3Z · Z · Z −1 = 3Z =
1 3
1 2
!
=⇒ Z =
1/3 1
1/3 2/3
Problema 4 (2 puntos) Dado el sistema de ecuaciones lineales:


 mx+
y= 0
x+ my = 0

 mx+ my = 0
se pide:
6
!
a) (1,5 puntos). Discutirlo según los valores de m.
b) (0,5 puntos). Resolverlo cuando sea compatible indeterminado.
Solución:
a)


m 1 0
 m 1

A= 1 m 0  1 m
m m 0
m
Si m =
6 ±1 =⇒ 1
= m2 − 1 = 0 =⇒ m = ±1
1 6= 0 =⇒ Rango(A) = 2 = no de incógnitas
m y, por ser un sistema homogéneo, serı́a un sistema compatible determinado.
Si m 
= −1:

−1 1 0

 1 −1 A =  1 −1 0  ; = −2 6= 0 =⇒ como antes serı́a
−1 −1 −1 −1 0
un sistema compatible determinado.
Si m 
= 1:

1 1 0


A =  1 1 0  Las tres filas son iguales y el sistema serı́a compa1 1 0
tible indeterminado. (x + y = 0)
b)
(
x = −λ
y=λ
7