Solución - IES Francisco Ayala

IES Francico Ayala
Examen modelo 5 del Libro 1996_97 con soluciones
Germán Jesús Rubio luna
Opción A
Ejercicio 1 del Modelo 5 de la Opción A de sobrantes del Libro 1996_97.
La velocidad de un móvil que parte del origen viene dada en m./s. por la gráfica
(1) [1'5 puntos]. Calcula la función espacio recorrido.
(2) [0'5 puntos]. Dibuja la gráfica de la función espacio recorrido.
(3) [0'5 puntos] .Prueba que el área bajo la curva que da la velocidad coincide con el espacio total recorrido.
Solución
La velocidad es v (t) = e ‘(t) la derivada del espacio respecto del tiempo luego por el Teorema fundamental
del calculo integral e(t) = ∫ v (t) dt = ∫ e ‘(t) dt
v(t) = 2t si t ∈ [0,1)
v(t) = 2 si t ∈ [1,3)
v(t) = - t + 5 si t ∈ [3,5]
las tres son rectas del tipo y = mx + n. En el primer caso la sustituimos en los puntos (0.0) y (1,2); en el
segundo caso la sustituimos en los puntos (1,2) y (3,2) y en el tercer caso la sustituimos en los puntos (3,2)
y (5,0). Veamos por ejemplo el tercer caso.
y = mx + n
(3,2) → 2 = 3m+n
(5,0) → 0 = 5m+n
Resolviendo sale m = -1 y n = 5, que es v(t) = - t + 5 si t ∈ [3,5]
Si t ∈ [0,1), v(t) = 2t, luego e(t) = ∫ 2t dt = t + M
Si t ∈ [1,3), v(t) = 2, luego e(t) = ∫ 2 dt = 2t + N
2
Si t ∈ [3,5], v(t) = -t + 5, luego e(t) = ∫ (-t + 5) dt = -t /2 + 5t + P
La función es continua y ademas como parte del origen e(0) = 0
2
e(0) = 0 = 0 + M, luego M = 0
2
Como es continua en t = 1,
e(1) = lim e(t) = lim e(t) . Sustituyendo
t →1+
t →1-
lim (2t + N) = lim ( t2 + 0). Sustituyendo t por 1 tenemos
t →1+
t→1-
2 + N = 1, de donde N = - 1
Como es continua en t = 3,
e(3) = lim e(t) = lim e(t) . Sustituyendo
t →3+
t →1-
lim (-t2/2 + 5t + P) = lim ( 2t + N). Sustituyendo t por 3 tenemos
+
-
t →3
t →3
-9/2 + 15 + P = 6 - 1, de donde P = - 5’5
Luego la función espacio es
2
Si t ∈ [0,1), e(t) = t
Si t ∈ [1,3), e(t) = 2t - 1
2
Si t ∈ [3,5], e(t) = -t /2 + 5t – 5’5
(2)
2
La gráfica de t es una parábola con las ramas hacia arriba y el vértice en el punto (0,0)
2
La gráfica de -t /2 + 5t – 5’5 es una parábola con las ramas hacia abajo y el vértice en el punto (5,17’875)
La gráfica de 2t – 1 es una recta
La gráfica aproximadamente es
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1
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Examen modelo 5 del Libro 1996_97 con soluciones
Germán Jesús Rubio luna
8
6
4
2
1
2
3
4
5
(3)
Área bajo la curva = área triángulo de base 1 y altura 2 + área cuadrado de base 2 + área triángulo de base
2 y altura 2 = (1/2).1.2 + 2.2 + (1/2).2.2 = 1 + 4 + 2 = 7 u.a.
2 1
3
2
5
Área por integrales = [t ] 0 + [2t – 1 ] 1 + [-t /2 + 5t – 5’5 ] 3 =
= 1 + [(5) – (1)] + [ (7) –(5)] = 7 u.a.
Luego coincide de las dos formas.
Ejercicio 2 del Modelo 5 de la Opción A de sobrantes del Libro 1996_97.
(1) [1'5 puntos]. Halla el punto P de la gráfica de la función f definida para x ≥ -3 por f(x) = √(2x+6) que está
más próximo al origen de coordenadas.
(2) [1 punto] .Determina la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en P .
Solución
(1)
d(O,P) = mínima
P(x, √(2x+6) )
OP = (x, √(2x+6) )
2
d(O.P) = || OP || = √[x + 2x + 6]
2
d ‘(x) = (2x+2)/[2√(x + 2x + 6)]
d ‘(x) = 0 → 2x + 2 = 0, de donde x = -1. Veamos que es un mínimo viendo que d ‘’(-1) > 0
2
2
d ‘(x) = (2x+2)/[2√(x + 2x + 6)] = (x+1)/[√(x + 2x + 6)]
2
2
2
d ‘’(x) = [(1).√(x + 2x + 6) – (x+1). (2x+2)/2√(x + 2x + 6)] / (x + 2x + 6) =
2
3/2
= 5/(x + 2x + 6)
3/2
d ‘’(-1) = 5/(1 -2 + 6) > 0 luego es un mínimo
El punto es P(-1, √(-2+6) ) = P(-1,2)
(2)
La recta tangente en P(-1,2) es y – f(-1) = f ‘(-1)(x + 1)
f(x) = √(2x+6) → f(-1) = √(-2+6) = 2
f ‘(x) = 2/2√(2x+6) → f(-1) = 1/√(-2+6) = 1/2
Luego la recta tangente pedida es y – 2 = (1/2).(x + 1)
Ejercicio 3 del Modelo 5 de la Opción A de sobrantes del Libro 1996_97.
(1) [1'75 puntos]. Determina según los valores del parámetro α cuándo tiene solución el sistema
2
αx + y + z = α ,
2
αx + (1- α)y + (α -1l)z = α ,
2
αx + y + αz = 2α .
(2) [0'75 puntos]. Resuélvelo cuando sea compatible indeterminado.
Solución
(1)
2
αx + y + z = α ,
2
αx + (1- α)y + (α -1l)z = α ,
2
αx + y + αz = 2α .
α
1
1 
1
1
α2 
α




*
Sea M =  α 1 − α α − 1 y M =  α 1 − α α − 1 α 2  la matriz de los ceficientes y la matriz ampliada.
α
α
1
1
α
2α 2 
α 


*
Para que el sistema tenga solucvión por el Teorema de Rouche tiene que ser rango(M) = rango(M )
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2
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α
1
1
2
3
2
|M| = α 1 − α α − 1 = α - α = α (1 - α)
α
1
α
|M| ≠ 0 si α ≠ 0 y si α ≠ 1
*
Luego si α ≠ 0 y si α ≠ 1 rango(M) = rango(M ) = 3 y el sistema es compatible y determinado
Si α = 0
0 1 1 
0 1 1 0




*
M =  0 1 −1 y M =  0 1 −1 0 
0 1 0 
0 1 0 0




1 1
En M como
= -2 ≠ 0, rango(M) = 2
1 −1
1 1 0
*
En M como 1 −1 0 = 0, rango(M ) = 2
1 0 0
*
*
Como rango(M) = rango(M ) = 2, el sistema es compatible e indeterminado. Que es el caso que
resolveremos en el apartado (2)
Si α = 1
1 1 1
1 1 1 1




*
M = 1 0 0  y M = 1 0 0 1
1 1 1
1 1 1 2 




1 1
En M como
= -1 ≠ 0, rango(M) = 2
1 0
1 1 1
*
En M como 1 0 1 = -1 ≠ 0, rango(M ) = 3
1 1 2
*
Como rango(M) = 2 -1 ≠ rango(M ) = 3, el sistema es incompatible.
(2)
*
Si α = 0 rango(M) = rango(M ) = 2, el sistema es compatible e indeterminado. Nos quedamos con dos
ecuaciones y dos incónitqas
y+z=0,
y-z=0,
Sumando tenemos 2y = 0, de donde y = 0, con lo cual z = 0. x puede tomar cualquier valos, luego la
solución del sistema es (x,y,z) = (λ, 0, 0) con λ ∈ ℜ
Ejercicio 4 del Modelo 5 de la Opción A de sobrantes del Libro 1996_97.Una circunferencia con centro en el punto C = (5,3) es tangente a la recta que pasa por el punto P = (0, 2) y
es paralela a la bisectriz del primer cuadrante.
(I) [1'25 puntos]. Calcula el punto de tangencia.
(2) [1'25 puntos]. Halla la ecuación de la circunferencia.
Solución
(1)
*
La recta tangente es de la forma y = mx + n, como es paralela a y = x tiene la misma pendiente que es 1
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3
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Germán Jesús Rubio luna
(y ‘ = 1)
La recta pendiente es y = x + n, y como pasa por (0,2)
2 = n, es decir la recta tangente es y = x + 2
Como el centro es C(5,3) la recta perpendicual ala de tangencia y = x + 2 y que pas por C es y – 3 = (-1)(x –
5) porque las pendientes de recta perpendiculares verifican m.m’ = -1
Resolvemos el sistema
y=x+2
y – 3 = (-1)(x – 5)
y obtenemos el punto de corte que es x = 3 e y = 5, es decir A(3,5)
(2)
2
2
El centro de la circunferencia es C(5,3) y el radio es r = d(C,A) = ||CA|| = √(2 +2 ) = √(8)
CA = (-2,2)
2
2
2
La ecuación de la circunferencia pedida es (x – 5) + (y – 3) = [√(8) ]
La figura real es
10
8
6
4
2
2
4
6
8
Opción B
Ejercicio 1 del Modelo 5 de la Opción B de sobrantes del Libro 1996_97.
3
(1) [1 punto]. Halla la recta tangente a la curva de ecuación y = x - 3x en el punto de abscisa x = -1.
(2) [1'5 puntos] .Dibuja el recinto limitado por dicha recta tangente y la curva dada y calcula su área.
Solución
(1)
La recta tangente en x = -1 es y – f(-1) = f ‘(-1).(x+1)
3
f(x) = x - 3x → f(-1) = -1 + 3 = 2
2
f ‘(x) = 3x - 3 → f ‘(-1) = 3 – 3 = 0
La recta tangente es y – 2 = 0, es decir y = 2
(2)
3
f(x) = x - 3x es una cúbica
3
2
f(x) = 0 → x - 3x = 0 = x(x – 3), de donde x = 0 y x = ± √(3), luego los cortes con los ejes son (0,0),
(+√(3), 0) y (-√(3), 0)
3
3
Como f(-x) = -x + 3x = - (x – 3x) = - f(x), la función es impar y simétrica respecto al origen (0,0)
2
De f ‘(x) = 3x - 3 = 0, obtenemos x = ± 1 que son los posibles máximos y mínimos relativos.
f ‘’(x) = 6x
Como f ‘’(1) = 6 > 0, x = 1 es un mínimo relativo que vale f(1) = -2
Como f ‘’(-1) = -6 < 0, x = -1 es un máximo relativo que vale f(-1) = 2
lim f(x) = lim (x3) = + ∞; lim f(x) = lim (x3) = - ∞
x→ + ∞
x→ + ∞
x→ - ∞
x→ - ∞
Con estos datos ya podemos esbozar la gráfica de f(x) y de su recta tangente y = 2 (en azul)
4
3
2
1
-3
-2
-1
1
-1
-2
-3
-4
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4
2
3
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Examen modelo 5 del Libro 1996_97 con soluciones
Germán Jesús Rubio luna
3
Para calcular el área veamos el corte de la función f(x) = x - 3x con la recta y = 2. Una de sus soluciones es
x = -1 pues donde hemos calculado la recta tangente
3
3
x - 3x = 2 → x - 3x – 2 = 0
Por Ruffinni
1
0
-3
-2
-1
-1
1
2
1
-1
-2
0
3
2
Luego x - 3x – 2 = (x+1).(x – x - 2) = 0
2
3
Las soluciones de x – x – 2 = 0 son 2 y –1, luego las soluciones de x - 3x – 2 = 0 son –1 (dos veces) y 2.
Área =
∫
Área =
∫
+2
−1
+0
−1
3
4
2
[2 – (x - 3x)] dx = [2x –x /4 +3x /2]
3
[2 – (x - 3x)] dx +
∫
0
3
2
-1
= (4 – 4 + 6) – (+2 – 1/4 + 3/2) = 11/4 u.a.
3
[2 – (x - 3x)] dx +
∫
2
3
3
[2 – (x - 3x)] dx =
= [2x –x /4 +3x /2] -1 + [2x –x /4 +3x /2]√(3)0 +[2x –x /4 +3x /2] √(3) =
= [(0) – (-2 – 1/4 + 3/2)] + [(2√(3) – 9/4 + 9/2) – (0)] +[(4 – 4 + 6) – (2√(3) – 9/4 + 9/2)] = 27/4 u.a.
Ejercicio 2 del Modelo 5 de la Opción B de sobrantes del Libro 1996_97.
(1) [1 punto]. Describe el método de integración por cambio de variable.
2
(2) [1'5 puntos]. Usa el cambio de variable t = tg(x) para hallar ∫ dx / [cos x + cosx.senx]
Solución
(1) Dada ∫ f(x) dx si podemos sustiruir x por g(t), siendo g(t) una función derivable tenemos
x = g(t) → dx = g ‘(t) dt y sustituyendo en la integral original nos queda
∫ f(x) dx = ∫ f(g(t)). g ‘(t) dt que suele ser una integralmas facil de hacer. Este método está basado en la
derivada de la función compuesta
(2)
2
2
I = ∫ dx / [cos x + cosx.senx] = ∫ dx / [cos x.(1 + tg(x) )]
2
Cambio t = tg(x) → dt = dx / cos x
2
I = ∫ dx / [cos x.(1 + tg(x) )] = ∫ dt / [(1 + t) )] = Ln|1 + t| = quitando el cambio =
= Ln|1 + tg(x)| + K
Ejercicio 3 del Modelo 5 de la Opción B de sobrantes del Libro 1996_97.
Por la abertura A del mecanismo de tubos de la figura se introducen 50 bolas que se deslizan hasta salir por
B. Sabemos que por el tubo W han pasado 10 bolas.
4
2
0
4
2
4
2
2
(1) [1 punto] Justifica si es posible hallar el número de bolas que pasan exactamente por cada uno de los
tubos X, Y y Z
(2) [0'5 puntos] Supongamos que podemos controlar el número de bolas que pasan por el tubo Y Escribe las
expresiones que determinan el número de bolas que pasan por los tubos X y Z en función de las que pasan
por Y.
(3) [1 punto] Se sabe un dato nuevo: por Y circulan 3 veces más bolas que por Z, ¿cuántas circulan por X,
Y y Z?
Solución
(1)
W + Y + Z = 50
W = 10
Tenemos Y + Z = 40, que es una ecuación con dos incógnitas y depenede de un parámetro λ ∈ Ζ entero
Tomano Z = λ. Y = 40 - λ
λ varía de 0 a 40 y en consecuencia Y varía de 40 a 0, por tanto hay 40 posibilidades
La solución genérica es (W,Y,Z) = (10, 40 - λ, λ) con 0 ≤ λ ≤ 40 y además λ ∈ Ζ entero
(2)
W + Y + Z = 50
W = 10
El tubo Y es controlable, le ponemos otro parámetro Y = µ con µ entero
Y + Z = 40 → Z = 40 - µ con µ fijo
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5
IES Francico Ayala
Examen modelo 5 del Libro 1996_97 con soluciones
Germán Jesús Rubio luna
X = W + Y = 10 + µ con µ fijo
(3)
Y = 3Z
W + Y + Z = 50 → Y + Z = 40
W = 10
X=W+Y
Tenemos
Y = 3Z
Y + Z = 40 → 3Z + Z = 40 → Z = 10
Y = 3Z = 30
X = W + Y = 10 + 30 = 40
Luego X = 40, Y = 30, z = 10 y W = 10
Ejercicio 4 del Modelo 5 de la Opción B de sobrantes del Libro 1996_97.
3
(1) [1 punto] Define el concepto de producto escalar de vectores de ℜ y enuncia tres de sus propiedades
(2) [1'5 puntos] Encuentra un vector w cuya primera componente sea 2 y que sea perpendicular a los
vectores u = (1, -1,3) y v = (0, 1, -2)
Solución
(1)
3
Sean u y v dos vectores de ℜ y sea α el ángulo que forman los vectores u y v en el sentido de u a v, se
define el producto escalr de los vectores u y v como el siguiente número:
u • v =||u||.||v||.cos(α)., es decir el módulo del vector u por el modulo del vector v por el coseno del ángulo
que forman.
En el caso de bases ortonormales si u = (u1, u2, u3) y v = (v1, v2, v3) el producto escalar es
u • v = u1.v1 + u2.v2 + u3.v3
En el caso de que los vectores u o v sean alguno el vector nulo o, se define el producto escalar u • v = 0
como el número cero
Una propiedad es la conmutativa u • v = v • u
Otra propiedad es que el producto vectorial de dos vectores es igual al producto vetorial de uno de ellos por
la proyección del otro sobre el u • v = u • proy(v)u
El producto escalar de un vector consigomismo siempre es positivo u • u > 0
(2)
w = (2,m,n)
u = (1, -1,3) y v = (0, 1, -2)
Como w es perpendicular a u su producto escalar es cero es decir w • u = 0 = 2 – m + 3n
Como w es perpendicular a v su producto escalar es cero es decir w • v = 0 = 0 + m - 2n
Resolviendo el sistema
0 = 2 – m + 3n
0 = 0 + m - 2n
obtenemos n = -2 y m = -4
El vector pedidoi es w = (2,m,n) = (2, -4, -2)
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6