Junio 2011 – Opción A Ejercicio 1.-
[2’5 puntos]
Se desea construir un depósito cilíndrico cerrado de área total igual a 54 m2. Determina el radio de la base y la altura del cilindro para que éste tenga volumen máximo. Solución
Relación entre las variables: área cilindro á á
á
í
Á
:
·
: 2
2
·
·
2
27
54 ⇒
⇒
Función a optimizar: volumen del cilindro !á
&!
#
- .
3& ! #
! #
·
"
·
27 $
27 $ 3
$6 27$
E =>?@ABóC D I
·
#
·
· !27 $
%
0 ⇒
/ 0: 1 /" 3& 5 6 %
√
⇒
$6 ·
27$ · 9
2 F
√G J
√G
H
H
3
·√
K
Selectividad 2011: Junio – Opción A
)
%
%
#
⇒
/ó
√
27$9 · √3
70 ⇒ 18√ 3
3
√
*+
%
√
6√
*
)
%
√
es máximo relativo (también es absoluto en 89 )
6
√
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Ejercicio 2.-
Sea L: !$1 , ∞# O 8 la función definida por L!P# neperiano. (a)
[0’75 puntos] Esboza
ln !P
1# donde
denota logaritmo
el recinto limitado por la gráficas de L , el eje OY y la recta S
Calcula los puntos de corte de las gráficas.
1.
(b) [1’75 puntos] Halla el área del recinto anterior. Solución (a)
La función L!P#
ln !P
1# es un desplazamiento horizontal de la función
S
ln P
de una
unidad a la izquierda. La función S
1 es una recta horizontal
Los puntos de corte de ambas funciones: ln!P (b) Observando el dibujo:
Área = á
á
$ X\
V W
YZ!U
= ! $ 1# · 1 - ]!U
0b
( Si b
0P ⇒ b
X ln!P
X 0P
X 0P
T c9T
P
T
W# · YZ!U
=! $ 1# · 1 - ]!V YZ V $ V $ 1 $W
Es una integral por partes y se aplica: X 0b 1# ⇒ 0
1 ⇒
W# [U =
=
ln!P
1#
0P
1! . d
/
1 /./ /b
/
!P
!P
1# · ln!P
1# · ln!P
Selectividad 2011: Junio – Opción A
1# $ X c9T 0P
1# $ P
c9T
!P
1# · ln!P
W# $ U^V\
/ó "1" 1
P ! fV V?BgV AhV BChVgEiABóC \# queda por resolver X b0
1# 0P
1 ⇒ U
V$W
W
W# $ !?CW $ \#^
_ $ ` a`
b $ X b0
P
1 0
X c9T 0P / c
/.1 /L/
"b0 "#
/
1# $ X 1 · 0P
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)
Ejercicio 3.Dado el sistema de ecuaciones lineales (a)
Solución
$j
(a) Matriz coeficientes A = n 1
$j |A| = p 1 j
1 j 1
1 1p 1
j
]- : - $ -% ^
!j $ 1# · !$1#q · r$j j
1 r 1
t u W , \ ⇒ |w| u 0 ⇒ t
\
0 A = n1 0
1 1 0 1o 1 1
Evidentemente !w#
Por tanto j t
W
!w#
k k
k
1 2 l 1
Clasifica el sistema según los valores del parámetro j.
(b) [0’75 puntos] Resuelve el sistema para j [1’75 puntos]
$jP S KP jS jP S
0 ⇒
!w#
$1 1 1 A = n 1 1 1o 1 1 1 2 puesto
|w|
1 $j 1o Matriz ampliada A* = n 1 1 j
$j p1 j
0 j$1 0
3
⇒
!w#
1 1 1 2o 1 1
2 puesto |T
!wx #
0
0 ⇒
!wx # |%
y
j s j
3
r
1K 0
1 1 j 1 1 1
0
º/
0d
ó
Por tanto j
"3 $ 2" parámetros)
1 2o 1
$1 1 y r ru0 1 1
|% S -% : |w| $1 |% S -q : p 1 1
!w# u !wx # ⇒ =. }.
1 ⇒
-
⇒ =. z. {.
/
0 1 ru0 1 0
!wx #: se orla el menor no nulo r$1 1r u 0 en wx 1 1
$1 1 r ru0 ⇒ € 1 1
1 2o 1
2 7 3 ⇒ =. z. }. @CB~iEiHéhEBA> (la solución depende de
$1 1 1 A* = n 1 1 1 1 1 1 0
1 1p 1
!j $ 1# · !$2j#
0 1 A* = n1 0 0 1
!wx #
!w#
1 j 1
0
0 1 1 1 2p 1 1
2 u 0 ⇒ !wx #
3
K
(b) Por el apartado anterior el sistema es compatible indeterminado uniparamétrico Para resolverlo se elimina la ecuación que no forma parte del menor que da el rango y a la incógnita se le da un valor paramétrico.
0 1 1 n1 0 1 0 1 1
1 2o 1
valor paramétrico k
.
se elimina la ecuación
U =>?@ABóC: ‚ ƒ „
Selectividad 2011: Junio – Opción A
`$H W$H K H
…H †‡
k ⇒ •S P
. 1 $ .K 2$.
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Ejercicio 4.-
[2’5 puntos ]
Determina el punto simétrico del punto w!$3,1,6# respecto de la recta
P$1
ˆ9%
Solución ŠP$1 Sea •
S 3 2
⇒ •
k 1 2
0‹
⇒ Ž‹
⇒ •!1
•†
!1,2,2# K !1, $3, $1#
!1,2,2# ⇒
⇒ $3
ŠP
‘
•†
0‹ Œ
⇒ 1
.
.
12
ŠP
•
0
, $3
2. , $1
2.#
.
2.#
, $3
2!$1
2. , $1
. 0/ •!3,1,3# ⇒
Otra forma de calcular ›
ŽŽŽŽŽ‹ • 0‹ Se impone que w•
ŽŽŽŽŽ‹ w•
!1
ŽŽŽŽŽ‹ · 0‹ w• .
.
!4
, $3
.
2 ⇒ •!1
, $4
.
2. , $7
, $3
2.#
%9c
•
3
…. †8
$11
0 ⇒ 9. $ 18
!3 , 1, 3#
1 ⇒ S
–˜9‰ • ”
⇒ k
0 ⇒ .
2
9
1 K ⇒ ™& !š, W, \# 0
0
2.# · !1,2,2#
2. , $1
Selectividad 2011: Junio – Opción A
0
3 ⇒ P
2.# $ !$3,1,6#
2. , $1
2k
2.# $ 11
— • T9ˆ
ŽŽŽŽŽ‹ · 0‹ w•
⇒
1 . $3 2.K $1 2.
0 ⇒ •
2k $ 11
• es el punto medio del segmento ww’
w!$3,1,6# K “ 1 w& !P, S, k#
2S
2S
2!$3
•!1
2
P ⇒ ‚S k
pasando por w
el plano perpendicular a
w!$3,1,6# está en •
de ecuaciones
‰9T
2.#
!4
4
.
!3 , 1, 3#
, $4
.$8
2. , $7
4. $ 14
2.#
4.
9. $ 18
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0
Junio 2011 – Opción B Ejercicio 1.-
[2’5 puntos]
Sea L: ]1 , ∞#K O 8 la función definida por L!P#
√P $ 1 . Determina el punto Œ de la
gráfica de L que se encuentra a menor distancia del punto w!2,0#. ¿Cuál es esa distancia? Solución
Los puntos de la gráfica de L son de la forma Œ!P , √P $ 1#
ŽŽŽŽŽ‹œ La distancia de los puntos Œ!P , √P $ 1# de la gráfica al punto w!2,0#: œwŒ
ŽŽŽŽŽ‹ wŒ
ŽŽŽŽŽ‹œ œwŒ
•P , √P $ 1ž $ !2,0# œ•P $ 2 , √P $ 1žœ
•P $ 2 , √P $ 1ž
Ÿ!P $ 2#
Se cumple: Minimizar ŸL
Por tanto se minimiza la función S S
!P $ 2#
!P $ 1# ⇒ S &
!P $ 1# función a minimizar /ó
!P $ 2#
2!P $ 2#
Š minimizar •ŸL
/ó ž
!P $ 1# (es una parábola)
1
0 ⇒ P
%
L
/ó
es un mínimo absoluto
(es el vértice de una parábola con las ramas hacia arriba)
Punto de L a mínima distancia de A:
Distancia Ÿ!P $ 2#
!P $ 1#
+
T q
¡` , +` $ W¢ F
T
F
+
% q
ŸF
`
!F` , ŸW # `
Aunque no se pide gráficamente:
Selectividad 2011: Junio – Opción B
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Ejercicio 2.- [2’5 puntos]
X !£
Halla
¤
£¤
T#!£ ¤ 9T#
0P
c
Sugerencia: Efectúa el cambio de variable Solución ⇒ ‚
c
X !£
¤
0P
c
0
c
£¤
T#!£ ¤ 9T#
0P
!
c#
0
⇒ 0P
X 2 ¥ $1¦•
0
⇒ 0P
P
1ž
·
0
K
1 X 2 ¥ $1¦•
Descomposición factorial del denominador: !
$ 1#!
! $ 1#!
1#
1#!
! $ 1#!
1#
Descomposición en fracciones simples:
!
1 $ 1#!
w!
1#
w $1
1#
§! $ 1#!
§
1#
!
1
X !V`U
T
T#!¬9T#
VU
1 4
W#!VU 9W#
X 5 $14 1-
0
[U
| $ 1| $
$14 1
1 4
|
— • – • ”
$12 ! 1#2
1| $
Selectividad 2011: Junio – Opción B
es una integral racional
⇒ s
1#
1 ⇒
1 ¨ 4w
$1: $ 2-
1
6 0P 1 2
•
1 4
|
$2 1
1ž $2 1 W|
1 /.1 K $1 0 "
§! $ 1#! 1# ! $ 1#! 1#
⇒ A
1 ⇒ C
0¨ w$§$-
W U U ?C|V $ W| $ ?C|V ® ® W
0
1#
w!
1#
-! $ 1# ⇒
X !¬
-
1ž
1 4
W
1
4 $1 2
1 ⇒ B
$ 1| $
`!VU 9W#
1 4
-! $ 1#
|
1
1
4
2
1| $
| $ 1| $
1 4
$1
1 2
X! |
K
$1 4
1#
1|
$2
0
2!
1
1#
¯
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j 5
Ejercicio 3.-
Dada la matriz w a) b)
1
1
0 6 $1
Determina los valores de j para los que la matriz w 3w no tiene inversa. [1'25 puntos] Para j 0 , halla la matriz ° que verifica la ecuación w° w 2± , siendo ± la matriz identidad de orden 2 [1'25 puntos]
Solución (a) w
3w
w
3w
j 5
w
w
1
1
3w
|w
3w|
!j
no tiene inversa ⇔ |w
1#
0 j 1 6·5 $1 1
5j
2j j
!j ¥
1# j
3!j
1#
!j ²
1 5 1
T
0 6 $1
·w·°
Se calcula w
w
T
3!j 3
Se calcula Ç
T
°
W \ 5 6 ` $F
1#
1#
!j 1# 0¦ ¥ j 1$1 1 1
1
0 6 $1
0¦ $2
1# · ]!j
!j
0 ² $2
1#
T
w
2± ⇒ w°
· !2± $ w# ⇒ ± · ° T · !w0d |Á|
wTT
T · |Á|
3^
2w
2w
!$1# · !$1# !$1#% · 1
T
$ ±
Selectividad 2011: Junio – Opción B
$1
T · T
2·5
j
1#
1#
0 ⇒ s ´
j j
j
1#
0¦ 1
3!j 5
0¦ 1
3!j
0 6 $3
0 ⇒ !j
0 ⇒ j 0 ⇒ j
$W y ´
$1 u 0 ⇒ µw
3
1#^
1 4
1#
$®
·± $ w
T
$1
w
T
$1 0 5 6 $1 1
1 0 1 6$5 1 $1 0
w
1 5 1
0 6 1
·w ⇒ °
!$1#% · 0 !$1#q · 1 0 6 $1
3!j
1#
T
¶·¸¬¹º¸¹»¼½¾¿ ¼ ¸¼ ¹‰À·¹£ ¾¼ º¿ ÁÂÃ
T
1#
$1K $4
2± $ w ÄÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÆ w
w#¬
!w0d w#¬
!j ¥
!j ¥
$2 · ]!j
Se cumple: |w|
wT
w
j 35
0
F³ no tiene inversa ⇔
Se despeja: w° w
06 1
3!j 3
1# j
Por tanto ³`
(b) w
1
0 6 $1
3w|
2w
T
$ ±
T
· ]w°
2± $ w^
0 1
2 0 1 0 5 6$5 6 2 $2 0 1
1 5 2
0 6 $3
Página 7 de 49
0
Ejercicio 4.-
Considera los puntos w!1,0, $1# y §!2,1,0# , y la recta (a)
dada por s
P P
S k
1K 2
y pasa por w y § .
Determina la ecuación del plano que es paralelo a
(b) [0’75 puntos] Determina si la recta que pasa por los puntos Œ!1,2,1# y •!3,4,1# está [1’75 puntos]
contenida en dicho plano.
Solución Ecuación paramétrica de
(a) Sea
Si
:s
P P
S k
1K ⇒ 2
P •S k
1$ K 2$
⇒ •
!1, $1, $1#K /ó 0 : 0‹ !0,1,2# 0 :Œ
0/ 1
el plano pedido È
⇒ 0‹
!1, $1, $1# es una dirección del plano
Si pasa por los puntos w y § ⇒ • !1, $1, $1# 0‹ Š Dw§ ŽŽŽŽŽ‹ !2,1,0# $ !1,0, $1# w!1,0, $1#
ŽŽŽŽŽ‹ es una dirección del plano K w§ w es un punto del plano
K !1,1,1# ⇒
Desarrollando por los adjuntos de la 1ª fila: !U $ W# · \ $ ƒ · `
!„
W# · `
\
⇒
$`ƒ
P$1 Šp 1 1 `„
S$0 k 1 $1 $1 p 1 1
`
\
0
⇒ G Š ƒ$„$W
\
(b) La recta que pasa por los puntos Œ!1,2,1# y •!3,4,1# está contenida en el plano ⇔ los puntos cumplen la ecuación del plano
ŠS$k$1
Œ!1,2,1# † 0 Ô •!3,4,1# †
⇔ 2$1$1 ? 0 ⇔ 4$1$1 ? 0
/
/
K
Por tanto como el punto • no cumple la ecuación del plano ⇒ la recta
Selectividad 2011: Junio – Opción B
⇔
› Ö en el plano
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Junio Específico 1 - 2011 – Opción A Ejercicio 1.-
[1’5 puntos]
Un alambre de 100 m de longitud se divide en dos trozos. Con uno de los trozos se construye un cuadrado y con el otro un rectángulo cuya base es doble que su altura. Calcula las longitudes de cada uno de los trozos con la condición de que la suma de las áreas de estas dos figuras sea mínima. Solución
Relación entre las variables: longitud del alambre
4P
6S
100 ⇒ 2P
3S
50 ⇒ S
Función a optimizar: suma de las áreas Á
á
Á
: w!P#
w& !P#
2P
w3& !P#
2
q )
0
)
á
50 $ 2P 2¥ ¦ 3
P
!50 $ 2P# · !$2#
⇒ 18P T˜
0
P
Ù
6Ú0 ⇒ P
ØØ
T
á
%
c
P
2 !50 $ 2P# 9
2P $ ) !50 $ 2P#
400 $ 16P ⇒ 9P
⇒ w3& 5
×Ø
2S
0 ⇒
200 $ 8P ⇒ P
ØØ
T
2P
ØØ
T
Ù )
!50 $ 2P# ⇒
posible mínimo
mínimo relativo
(también es absoluto porque es el vértice de una parábola con las ramas hacia arriba)
S
×Ø
%
c
×Ø
%
ÛÜÜ ÃÝ
Ù×Ø qØØ %·T
q×Ø
%·T
T×Ø T
W VE hE>„> !i?iHÞEV ~iEi V? A@i[Ei[>#: ®U
=>?@ABóC D ` VE hE>„> !i?iHÞEV ~iEi V? EVAháCg@?>#: Jƒ
Selectividad 2011: Junio Específico 1 – Opción A
ß\\
Wà š\\ Wà
®à. \á H
á`. šá H
K
Página 9 de 49
Ejercicio 2.- [2’5 puntos]
Determina la función L: !$1 , ∞# O 8 tal que
L33!P#
horizontal en el punto Œ!1,1#
T â
y su gráfica tiene tangente
Solución
El teorema fundamental del cálculo integral dice: L!P# continua en ] , "^
K
Sea |!P#
c
¡ä L! #0 ¢
å ⇒ | es una primitiva de L es decir | !P# … P † ] , "^
c
ä L! #0 ¼
En este caso L & !P#
&
X L33!P#0P
L!P#
y
¼
X L3!P#0P
&
L!P#
(L y sus derivadas son derivables en !$1 , ∞# luego continuas en cualquier intervalo cerrado de !$1 , ∞#)
La grafica de L tiene tangente horizontal en !1,1# ⇒ Ô
L!1# L3!1#
1K 0
Se hacen los cálculos anteriores: L & !P#
X L33!P#0P
L!P#
X L3!P#0P
K
!P# ⇒ 0
0b
0P ⇒ b
L!P#
P · ln|P| $ P
T
X c 0P
é ê !T# ë Ø
è ÄÅÅÅÅÆ ln 1
ln|P|
è
0 ⇒ 0
è
0 ⇒ è
X ln!P# 0P es una integral por partes y se aplica X 0b T c
0P
X 0P
P
l ⇒ L!P#
é!T# ë T
- ÄÅÅÅÅÆ L!1#
ì!U#
1
X ln!P# 0P
1 · ln 1 $ 1
U · YZ|U| $ U
Selectividad 2011: Junio Específico 1 – Opción A
P · ln P $ X P · P · 0P
-
1 ⇒ 0$1
-
0
b $ X b0
P · ln|P| $ P
1 ⇒ -
-
2
`
Página 10 de 49
Ejercicio 3.-
Sean w y § dos matrices de orden 3 cuyos determinantes son |w| |w% |
(a)
[0’5 puntos]
(c)
(d)
[0'5 puntos] |
(e)
[0'5 puntos] El
(b) [0’5 puntos] |w T | ¬
(b) Ϫ
W
rango de § !T#
ϒ
W |™|
!%#
`
(c) |$`™| í !$2#% · |w| (d)
1 23
|w · w · w| í |w| · |w| · |w|
!`#
!T#
|™îh |
$2.
|, siendo §¬ la matriz traspuesta de §
Solución (a) œ™ œ
y |§|
$ 2w|
[0'5 puntos] |w§
F
T
í |w| ·
|§¬ |
$8 ·
!q#
T
í |w| · |§|
W ß
$®
T
· !$2#
$W
(e) Como § es una matriz de orden 3 y |§| u 0 ⇒ EiCg>!î#
F
Propiedades utilizadas: (1)
El determinante de un producto es igual al producto de los determinantes:
(2)
Si w
(3)
T
|w · §|
|w| · |§|
es inversa de w ⇒ w · w w·w
T
± ⇒
T
± siendo ± la matriz identidad de orden 3 y |±|
!T#
|w · w T | í |w| · |w T |
|±|
1 ⇒
|w T |
T |Á|
1
Si un número multiplica a una fila (columna) de una matriz entonces dicho número multiplica al determinante de la matriz. En particular:
A orden 3 ⇒ en la matriz ï · w el número “ ï” multiplica a las tres filas de w ⇒ |ï · w |
(4)
ï % · |w|
El determinante de una matriz es igual al determinante de su traspuesta
Selectividad 2011: Junio Específico 1 – Opción A
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Ejercicio 4.-
Considera los puntos w!1,0,2# y §!1,2, $1# (a)
[1’25 puntos]
Halla un punto - de una recta de ecuación
c T %
ˆ
triángulo de vértices w , § y - tiene un ángulo recto en §.
k que verifica que el
(b) [1’25 puntos] Calcula el área del triángulo de vértices w y § y •, donde • es el punto de corte del plano de ecuación 2P $ S
Solución
Š
(a) Pasamos en primer lugar la recta Como - †
⇒ -!1
3k
6 con el d ð° .
c T %
P k a paramétricas ⇒ ‚S k
ˆ
3. , 2. , .#
ŽŽŽŽŽ‹ w , § , - es un triángulo rectángulo en § ⇒ ŽŽŽŽŽ‹ §w · §ŽŽŽŽŽ‹ · §ŽŽŽŽŽ‹ §w
(b)
ŽŽŽŽŽ‹ §w
!1,0,2# $ !1,2, $1#
ŽŽŽŽŽ‹ §-
!1
!0, $2,3#
3. , 2. , .# $ !1,2, $1#
!0, $2,3# · !3. , 2. $ 2 , .
El punto pedido es -!1
3. , 2. , .#
El d ð° tiene de ecuación s
S k
0K 0
1#
0
0 (es decir son perpendiculares)
!3. , 2. $ 2 , . $4.
!`` , W® , à#
2P $ S El punto • es la solución del sistema ‚ S 0 k 0
3k
4
6
1 3. … . † 8K 2. .
3.
K ⇒ 2P
1#
3
0 ⇒ .
6 ⇒P
7
3 ⇒ •!3 , 0 , 0#
Se cumple que el área del triángulo es la mitad que el área del paralelogramo
El área de un paralelogramo es el módulo del vector producto vectorial de los vectores que determinan el paralelogramo, como muestra la figura siguiente
ŽŽŽŽŽ‹ ñ w• ŽŽŽŽŽ‹ w§ Así
ŽŽŽŽŽ‹ w§
!1,2, $1# $ !1,0,2#
ó‹ ô‹ ò0 2 2 0
 $3ò $2
ÁEVi hEBáCg@?>
W `
dd
!0,2, $3# y
1ª L/
ŽŽŽŽŽŽ‹ ñ ™{ ŽŽŽŽŽŽ‹œ œ™î
W `
Selectividad 2011: Junio Específico 1 – Opción A
ŽŽŽŽŽ‹ w•
!3,0,0# $ !1,0,2#
ŽŽŽŽŽ‹ ñ w• ŽŽŽŽŽ‹ œ !$4, $6, $4# ⇒ œw§
√Jß @`
!20, $2#
√16
36
16
√68
Página 12 de 49
Junio Específico 1 - 2011 – Opción B Ejercicio 1.-
Sea L: 8 O 8 la función definida por L!P# (a)
[1 punto]
4$P
Halla la ecuación de la recta normal a la gráfica de L en el punto de abscisa P
2
(b) [1’5 puntos] Determina el punto de la gráfica en el que la recta tangente es perpendicular a la recta de ecuación P
2S $ 2
0
Solución
(a) La ecuación de la recta normal a la gráfica de L en P L!P#
4$P
y L & !P#
L!2# $2P ⇒ ‚ & L !2#
La recta normal pedida es S $ 0
T q
!P $ 2#
4$4
$2 · 2 ⇒
0
ƒ
2 es S $ L!2#
$4 ⇒ W ®
TK q
T éê ! #
U$` W
T éê ! #
!P $ 2#
Aunque no lo piden:
gráfica de L (en verde)
recta normal en P
recta tangente en P
(b)
2 (en rojo)
2 (en rojo y discontinua)
La pendiente de la recta tangente en P La pendiente de la recta P
2S $ 2
0: S
es L & ! # T
P
$2
1 es .
El producto de las pendientes de rectas perpendiculares es $1 ⇒ $2 ·
T
$1 ⇒
El punto pedido es •$1, L!$1#ž
Aunque no se pide gráficamente:
$1
T
!$W, F#
Selectividad 2011: Junio Específico 1 – Opción B
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Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Calcula
Xc
c ö 9c
0P
9c
Solución Es una integral racional donde el grado del numerador es mayor que el del denominador por lo que previamente se divide: P%
P
$P % $ P ÷ ¾
Se sabe que
ä
P
P%
Xc
c
P 0P P$2
-
ä ¥P
8 ¾
c 9c
2P ¦ 0P P$2
P
2P
P$2
P
2P
c ö 9c
⇒
P
P
1 P 2
P2
ä
2P P$2
P
2P 0P P$2
0P es una integral donde el grado del numerador es menor que el del denominador (y
9c
la derivada del numerador no es el denominador) por lo que se descompone factorialmente el denominador: P$2
P
!P $ 1#!P
2#
0 ⇒Ô
c
Á
c 9c
P P
c T
.1 / /ó L / /.1 1 /k /.1 K 0 ÄÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÆ $2 /k /.1 Á!c9 #9ø!c T#
ø
!P$1#!P 2#
c9
P
Dando valores a la expresión anterior:
ä
UF
U`
U` [U U$`
1 P 2 W ` U `
ä
P
` ?C|U $ F
2P 0P P$2 W|
® ?C|U F
P
1 P 2 `|
Selectividad 2011: Junio Específico 1 – Opción B
2 äù 3 P$1
⇒
2P
1 ⇒ 2
2#
3w ⇒ w
$2 ⇒ $4 4 3 ú 0P P 2
w!P
§!P $ 1# %
$3§ ⇒ w
q %
¯ Página 14 de 49
0 3 4 n 1 $4 $5o $1 3 4 (a) [0’5 puntos] Demuestra que se verifica la igualdad w% Ejercicio 3.-
Dada la matriz w
$± siendo ± la matriz identidad de
orden 3
(b) [1'25 puntos] Justifica que w es invertible y halla su inversa (c)
[0'75 puntos] Calcula
Solución (a) w
w·w
w%
w ·w
0
razonadamente wTØØ
3 4 0 3 4 $4 $5o · n 1 $4 $5o $1 3 4 $1 3 4
n 1
$1
0 1 0 3 4 4 4 o · n 1 $4 $5o $1 $3 $3 $1 3 4
n 1
(b) w es invertible ⇔ |w| u 0 |w| w
T
0 3 4 p 1 $4 $5p $1 3 4 1 !w0d w#¬ |w|
0
12
$4 $5 !$1# · r r 3 4
$1
wT%
1 $4 !$1#q · r r $1 3
$1 w
™
T !w0d |Á|
W
1 $5 !$1#% · r r $1 4
w#¬
1
w
w)) · w
w
%
!$±#%% · w
0 0 $1 0 o 0 $1
0
1 0 0 $ n 0 1 0o 0 0 1
$±
$1 u 0 ⇒ w es invertible
3 4 r 3 4
0 4 !$1#q · r r $1 4
0 3 !$1#× · r r $1 3
$1 0 1 $n 1 4 4o $1 $3 $3
!w% #%% · w
$1
n 0
!$1#% · r
T
w%T
!$1#q · r
3 4 r $4 $5
$3 w%%
!$1#˜ · r
0 3 r 1 $4
0
4
w%
!$1#× · r
0 4 r 1 $5
1
4
$3
W \ $W n$W $® $®o W F F
(c) Se sabe por el primer apartado que w% ™W\\
0 1 4 4o $1 $3 $3
15 $ 16 $ 0 $ 12
wTT wT
$1
n 1
$w
Selectividad 2011: Junio Específico 1 – Opción B
$±
\ $F $® n$W ® áo W $F $®
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Ejercicio 4.-
[2’5 puntos ]
Considera los planos
3P $ S
T
,
%
y
k$4
dados respectivamente por las ecuaciones
0 , P $ 2S
k$1
0 y P
k$4
0
Halla la ecuación de la recta que pasa por el punto Œ!3,1, $1#, es paralela al plano a la recta intersección de los planos
%
y
.
T
y corta
Solución 1ª forma Sea
È
T
⇒
la recta pedida
Š 3P $ S
û
k
siendo
•
corta a la recta Ô
w
Š P $ 2S k $ 1 k$4 0 % ŠP
3 $1 1 n1 $2 1o y |w| 1 0 1
–S • • • ”k
pasando por Œ!3,1, $1#
0 pasa por Œ!3,1, $1# ⇒ 9 $ 1 $ 1
T T Tp Ø T q % T pT T Tp T q T q % T pT Tp T Ø q q pT q
La dirección de la recta
$6
0K
0$1
⇒
2$0
Tq9Ø q9Ù Ø9T %9q9
ŽŽŽŽŽ‹ es Œ•
q
T
q
T
q9Ø T9Tq Ø9q
5
La ecuación continua de la recta
) q
,
q
%
es:
)
˜ q
q
1
K
U F F
k$7
$7 0
$4 u 0 ⇒ Sistema de Cramer
⇒ •!q , )
q
ƒ W `
0 ⇒•
7 1 K es otro punto de • †
, 6 $ !3,1, $1# q
•
Š 3P $ S
Š 3P $ S k Š P $ 2S k k 4 % ŠP
⇒ la solución del sistema ‚
— •P • •
T
un plano paralelo a
!
% q
,
%
,q #
T
,
TT q
# È !$3,2,11#
„9W WW
Un dibujo explicativo:
Selectividad 2011: Junio Específico 1 – Opción B
Página 16 de 49
Sea 0‹
2ª forma
!1, , "# la dirección de la recta
pedida
(no supone una restricción considerar que una de las coordenadas del vector director es 1, si esta primera coordenada fuese 0 se probaría con otra)
È
!3
3
3
T
0‹
⇒ 0‹
!1, , "# • Ž‹
corta a la recta Ô
j ,1
j $ 2!1
j $1
j , $1
! $ 3#j $ 4 j $2j
!3, $1,1# ⇔ 0‹
Š P $ 2S k $ 1 k$4 0 % ŠP
! $ 3#j $ 1
0‹ ü Ž‹
!1, , $ 3#
! $ 3#j# punto de
j# $ 1
Se resuelve: s
T
es perpendicular al vector normal de
0 ⇒ 3$ ⇒
0K
"
k$4
0: Ž‹
0 ⇒ "
P 3 j K S 1 j Š‚ k $1 ! $ 3#j
!3, $1,1#
$3
que cumple la ecuación de ambos planos
0 ⇒ $1 $ 2j $ j
0 ⇒ $2 $ 2j
j
!1, , $ 3#
51,
U La recta tiene de ecuación paramétrica: E Š ‚ ƒ „
Selectividad 2011: Junio Específico 1 – Opción B
0
0
$1 $ 2j K ¼ýë T ý ÄÅÅÅÅÅÅÆ $2j $ 1 $ 2j j 2
La dirección de la recta es 0‹
Š 3P $ S
%
,
2 ⇒ j
TT 6 %
% q
y
%
È !$3,2,11#
F $ FH W $ `H K … H † ‡ $W WWH
Página 17 de 49
Junio Específico 2 - 2011 – Opción A Ejercicio 1.-
[2’5 puntos]
Una ventana normanda consiste en un rectángulo coronado con un semicírculo. De entre todas las ventanas normandas de perímetro 10 m, halla las dimensiones del marco de la de área máxima. Solución
Relación entre las variables: perímetro de la ventana
1 í.
0
1 í.
á
0
Œ í.
: 2P
./ í
:
2P
2S
Función a optimizar: área K
Á
!"
á
Á
./ í
1 2 P 2
·
·P
T
2S
P
P
10 ⇒ S #
2P · S
TØ— c
c
TØ ! 9 #c
Á
⇒
∗
2PS
Se pone en función de una sola variable teniendo en cuenta ∗ Á
w!P#
w!P#
10P
2PS
1 P 2
5$2 $
5$2 $
T
6P
T
2P ·
6P
10 $ !2 2
5$2 $
10P ⇒ w& !P#
T
#P
6P
1 P 2
2 5$2 $
10P
T
6P
10P— !2 10
#P
0 ⇒ P
P
T
1 P 2 ×
9
Ã
Como w!P# es una parábola con las ramas hacia abajo, el vértice es un máximo absoluto P
5 1 2 2
2·5 4
4
10
S
S
10 $ !2 2
20 5 $10$5 4
`\ H —iCAI> [V ?i VChiCi: `U ® G • W\ K =>?@ABóC i?h> [V ?i VChiCi: ƒ H ® G – W\ • H ”Ei[B> [V? fVHBAíEA@?>: U ® G Selectividad 2011: Junio Específico 2 – Opción A
#P
5$
2
2
10 4
·
4
10
5$
5!2 4
#
Página 18 de 49
Ejercicio 2.- [2’5 puntos]
Calcula el valor de " Ú 0 , sabiendo que el área de la región comprendida entre la curva S
√P y la recta S
Solución
La recta S
"P es de
q %
unidades cuadradas.
"P pasa por el origen de coordenadas, como " Ú 0 está en el primer
cuadrante.
La gráfica de la función recta S
√P es la de una parábola horizontal, que pasa
por !0,0# , !1,1# , !4,2# , … y no existe para los números negativos.
La región a calcular el área es:
Intersección de las dos funciones: √P
"P ÄÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÆ P
" P
£¸£ ¼½¾¿ ¼¸ »·¼¾ ¼¾¿
⇒ " P $P
0 ⇒ P!" P $ 1#
0 ⇒ •
P P
0
TK
Observando el dibujo: Á
T-
ä
Ø
!√P $ "P#0P
2 1 % 1 1 ·! # $ ·"·! # 3 " 2 " 1 6" %
4 ⇒ 3 3
P 1 2
T
"P $ 2 1
9T
2 1 1 " $ · q ˜ 3 " 2 "
24"% ⇒ 8"%
1 ⇒ Þ
Selectividad 2011: Junio Específico 2 – Opción A
TØ
2 % 1 P $ "P 3 2
2 1 $ % 3" 2" % W
ç
F
W `
TØ
4$3 6" %
4 3
1 6" %
Página 19 de 49
Ejercicio 3.-
1 0 0 n0 j 1o y § 0 $1 j
Considera las matrices w (a)
[1 punto]
1, resuelve la ecuación matricial w
Solución
(a) w no tiene inversa ⇔ |w|
w
T
0 j $1
·°·w
Como w · w
0 1p j
T
j2
§
0
0$0
wTT wT
wT%
°
j2
0 ±
1 r 1
T
2
.
… t†‡
W
|w|
0
1 r $1
w
T
w
%
w
0
/k /0
/0 0 0
1
j
§
1u0 … j†8
ÄÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÆ
0 1 !$1#% · r r 0 1
0 !$1#q · r 0
1$0
·°·w
T
¶·¸¬¹º¸¹»¼½¾¿ º¿ ¸¼ ¹‰¾¼. º¿ Á ¶·¸¬¹º¸¹»¼½¾¿ º¿ ¸¼ ¾» ¼. º¿ ÁÂÃ
± ! /
1 0 0 n0 1 1o 0 $1 1 1 !$1# · r $1
0
Por tanto : µ ™
Se calcula por tanto w
w
1 0o 0
¿Hay algún valor de j para el que w no tiene inversa?
(b) [1'5 puntos] Para j 1 p0 0
0 0 n1 0 0 1
2
0 0 !$1#% · r r $1 1 1 0 !$1#q · r r 0 1
1 !$1#× · r 0
0 r $1
0 w
0
1
1
w·w
T
3# : °
T
w%T
w%
w%%
T
T !w0d |Á|
Ç
w#¬
\ W
$W
T
w·§·w
T !w0d |Á|
2 0 0 n0 1 $1o 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 2 0 0 T w·§·w n0 1 1o · n1 0 0o · n0 1 $1o 2 0 $1 1 0 1 0 0 1 1 2 0 0 1 0 0 1 1 0 1 1 n 1 1 0o · n0 1 $1o n 2 1 $1o 2 2 $1 1 0 0 1 1 $2 1 $1 w
·°·w·w
T
w·§·w
w#¬
0 0 !$1#q · r r 1 1
1 !$1#× · r 0
0 r 1
1 0 !$1#˜ · r r 0 1
T
0
$1 1
T
W
W
`
`
` W ` W
Selectividad 2011: Junio Específico 2 – Opción A
` W ` W
Página 20 de 49
Ejercicio 4.-
Dados los puntos w!1,0,0#, §!0,0,1# y Œ!1, $1,1#, y la recta r definida por s (b) [0’5 puntos] Calcula el área del triángulo w§Œ. Solución (a) Sea • un punto genérico de la recta
P$S$2 k 0
0K
P ⇒ ‚S k
2 . K . 0
2!.
1#
1
.
.
1#
1
1 ⇒ ›W
$1 ⇒ •T
P$S$2 k 0
. , . , 0#
Œ!1, $1,1# •!2 . , . , 0#
0!Œ, •#
ŽŽŽŽŽ‹ Œ•
ŽŽŽŽŽ‹ œ œŒ•
elevando al cuadrado:
9 ⇒ 2!.
9 ⇒ 2!. .
0K
Se calcula . de forma que 0!Œ, •#
2. .
1#
Otra forma de resolver la ecuación: 2!.
Šs
⇒ •!2
K
1#
1 ó
!F , W , \#
!1 , $1 , 0#
.
0K
cuya distancia al punto Πes de 3 unidades.
(a) [2 puntos] Halla los puntos de la recta
s
P$S$2 k 0
1
$2 * √4 2
8 ⇒ !.
$3
!1
ŽŽŽŽŽ‹ “ ⇒ Œ•
Ÿ!.
. ,.
9 ⇒ 2. 12
1#
1#
$2 * 4 2
•!2
1 , $1#
!.
4. $ 6
4 ⇒ .
3
s
1K $3
1
. , . , 0# $ !1, $1,1#
1#
1
0 ⇒ .
3
2. $ 3
0
. 1 2K *2 ⇒ s . 1 $2
(b) Observando el siguiente dibujo:
ŽŽŽŽŽ‹ w§
ŽŽŽŽŽ‹ wŒ
!0,0,1# $ !1,0,0#
!1, $1,1# $ !1,0,0#
ŽŽŽŽŽ‹ ñ wŒ ŽŽŽŽŽ‹ w§
ÁEVi
T
!$1,0,1#
ó‹ ô‹  ò$1 0 1ò 0 $1 1
ŽŽŽŽŽ‹ ñ wŒ ŽŽŽŽŽ‹ œ œw§
!0, $1,1#
T
!1,1,1#
√1
1
1
Selectividad 2011: Junio Específico 2 – Opción A
√F `
@. i.
Página 21 de 49
Junio Específico 2 - 2011 – Opción B Ejercicio 1.Sea donde (a)
L:
T £
ln
,4
O 8 la función definida por L!P#
•
denota la función logaritmo neperiano.
[1'25 puntos]
Calcula los valores de 0 y "
(b) [1'25 puntos] Para
P $ ln P
"P
/
1 $ ln 2
/
P
T £
27P
2K 4
y " para que L sea derivable en el intervalo ! , 4# T £
halla los extremos absolutos de L (abscisas donde
T
se obtienen y valores que se alcanzan). Solución
1$c / £7P72 K (a) L!P# • L3!P# Dµ / P 2 "P 1 $ ln 2 / 27P 4 " / 27P74 L / P 2K T L sea derivable en el intervalo !£ , 4# ⇒ Ô & !2# & !2# L L9 P $ ln P
/
ì continua en U ì& !`#
`
(b) L!P#
DT
P
1$2
"
2" $ 1
/
1 $ ln 2
L!2#
2
1
/
T £
T
2K
⇒
ì& 9 !`# ⇒
P $ ln P
P
T £
P
/. L!P#
cO Â
2"
1
⇒ Þ
⇒
/. L!P#
cO
W `
2· $1 ⇒ i T
2
27P
4
El teorema de Weierstrass dice:
K
T
⇒
2" $ 1
\
2 $ ln 2
1$c
L3!P#
DT
T
L es continua en ] , "^ ⇒ L alcanza los extremos absolutos en ] , "^
Por tanto como L es continua en
/
/
2"
T £
7P
2
27P74
1$
2
K
, 4 (por el apartado anterior) la función alcanza sus
T £
extremos absolutos en dicho intervalo.
Se encuentran entre sus extremos relativos y los extremos del intervalo: Extremos relativos: L3!P#
K
P
T
T
DT
0 /.1 /"
1 posible extremo relativo
L 5£6
L!4#
L!1#
T £ T
$ ln £
·4
T
T £
$ !$1#
1 $ ln 2
1 $ ln 1
1
0 ⇒ P
1$c
1336
3 $ ln 2
⇒
2331
Selectividad 2011: Junio Específico 2 – Opción B
1
/
/
T £
7P
2
27P74
K
posible extremo absoluto ⇒ Ô
HáUBH> iÞf>?@h> !® , F $ YZ `# K HíCBH> iÞf>?@h> !W , W#
Página 22 de 49
Ejercicio 2.- [2’5 puntos]
Sea L: !0 , ∞# O 8 la función definida por L!P#
P!1 $ ln P# donde ln
denota la
función logaritmo neperiano. Determina la primitiva de L cuya gráfica pasa por el punto Œ!1,1#.
Solución
Se calcula en 1er lugar la integral indefinida de L
|!P#
±
±
ä P!1 $ ln P# 0P
ä P 0P $ ä P ln P 0P
1 P $ ± 2
X P ln P 0P es una integral por partes X 0b ln P
0b
⇒ 0
P 0P ⇒ b
|!P#
ä P!1 $ ln P# 0P
|!1#
1 ⇒ F ®
c
0P
X P 0P
1 1 1 P · ln P $ ä · P 0P 2 2 P
ä P ln P 0P
!U#
T
% q
1 P $ ± 2
· 1 $ · 1 · ln 1 T
U` $ ` U` YZ U W
è
T
b $ X b0
P
1 1 P · ln P $ ä P 0P 2 2
1 1 1 P $ ¥ P ln P $ P ¦ 2 2 4 1 ⇒
% q
$0
è
1 1 P · ln P $ P 2 4 è
1 ⇒ è
3 1 P $ P ln P 4 2 1$
3 4
è
1 4
W ®
Selectividad 2011: Junio Específico 2 – Opción B
Página 23 de 49
Ejercicio 3.-
P 1 1 0 S n 2 o y ° ¡ ¢ 1 $1 k $2 $ 1 0 3 Calcula el rango de A según los diferentes valores de t
Dadas las matrices w
(a) [1'75 puntos]
(b) [0'75 puntos] Razona para qué valores de solución. Solución
(a) w
n
|w|
1 2 $2 $ 1 p
1 2 $2 $ 1
1 · wTT
h h
1
0
1
1
0
1
0 · wT
! $ 1# · ! W
⇒
w
`
⇒
w
huW ƒ hu`
0 $ 1o 3
0 $ 1p 3
- : - $ -T
0 · wT%
3 $ 2 $ 1#
1 1 0 n 2 2 0o $3 0 4 1 1 0 n 2 3 1o $5 0 5 |w| u 0
el sistema homogéneo w°
r 2
$1 1
1 0 p 2 $1 $2 $ 1 2 1
$1 r 3
! $ 1# · !2 $ # |w|
0 y
|w|
0 y
⇒ E!™#
F
! $ 1# · r 2
2 0 r ru0 0 4 3 1 r ru0 0 5
1
1
ð tiene más de una
0 $ 1p 3 1
0d
1ª L/
r 3
⇒
!w#
2
⇒
!w#
2
(b) En un sistema homogéneo de matriz de coeficientes w:
El sistema es compatible determinado (SCD) (única solución !0,0,0#) ⇔ |w| u 0 El sistema es compatible indeterminado (SCI) (infinitas soluciones# ⇔ |w| Por tanto por el apartado anterior:
h
0
u 1 , 2 ⇒ el sistema es compatible determinado de solución !0,0,0# W ó h
`
⇒ el sistema es compatible indeterminado con infinitas soluciones
Selectividad 2011: Junio Específico 2 – Opción B
Página 24 de 49
Ejercicio 4.-
Dados el punto Œ!1,1, $1# y la recta a)
[1 punto]
b)
[1'5 puntos]
de ecuaciones Ô
Halla la ecuación del plano que contiene a
P S
k k
1K 0
y pasa por Œ.
Halla la ecuación de la recta contenida en el plano de ecuación S y pasa por Œ.
que es perpendicular a
k
0,
Solución
P 1K ⇒ ‚S 0 k
Se expresa la recta
Ô
P S
k k
(a) Sea
⇒
1$ K ⇒ • 0‹ $ Œ
en sus ecuaciones paramétricas:
el plano pedido D
0/ D 0/
/ó 0
1
/ó 0 1 !1, 0, 0#
Œ
P$1 S k Š p $1 $1 1p 0 $1 1 (b) Sea
Los puntos de ûS •
Œ!1,1, $1# † û
k
⇒
⇒•
/ /
0 ⇒ !P $ 1# · 0 $ S · !$1# 0‹
"., $1
., 1
.#
$" El vector director de ⇒ 0‹ · 0‹
El vector director de
es: 0‹
La ecuación paramétrica de
!0, $1, 1#
k·1
K
0 ⇒
ŠS
k
0
! , ", # la dirección de la recta
son de la forma: !1 ., 1
!$1, $1, 1#KK /ó 0 : 0‹ !1, 0, 0# 0 :Œ
(es uno de los planos de )
la ecuación paramétrica de
0 ⇒ !1
⇒ 0‹ • 0‹
0/ 1
!$1, $1, 1# : 0‹ !1, 0, 0# $ !1, 1, $1# : ŽŽŽŽŽ‹ ŒŒ
la recta pedida. Sea
Como Œ!1,1, $1# †
!$1, $1, 1# K !1, 0, 0#
P es: ‚ S k
"., $1
.1
P es: ‚ S k
Selectividad 2011: Junio Específico 2 – Opción B
/ó : 1
es de la forma: 0‹
0 : ! , ", $"# · !$1, $1, 1# ! , ", $"#
.#
1 . 1 ". K $1 .
!$2", ", $"#
1 2. 1$. K $1 .
". $ 1
! , ", $"#
$ $"$" º¼ ¼ ë T
0 ⇒
.
!2, $1,1#
0
$2"
Página 25 de 49
Septiembre - 2011 – Opción A Ejercicio 1.-
[2’5 puntos]
Calcula la base y la altura del triángulo isósceles de perímetro 8 y de área máxima. Solución
Relación entre las variables: perímetro del triángulo isósceles Œ í.
: 2P
•√P
ž
P
ŸP
4
2ŸP
8
!4 $ P#
!4 $ P# $ P
!4 $ P#
⇒ P
16 $ 8P ⇒
√16 $ 8P
Función a optimizar: área triángulo 5 "
w
·
T
w
P·
1 · 2P · 2
6
P√16 $ 8P
(es una longitud)
P·
√16P $ 8P %
optimizar la función √16P $ 8P % Š optimizar la función 16P $ 8P % !P#
16P $ 8P % ⇒
⇒ P!32 $ 24P#
3& !P#
0 ⇒ ‚ 4 3& 536
32 $ 48P ⇒
√16 $ 8P
& !P#
+16 $ 8·4 3
ÞifV `U
=>?@ABóC € i?h@Ei I
ß F
® ŸF
K
Otra forma de calcular P: w!P#
P
P
32P $ 24P 0 4 3
√16P $ 8P % ⇒ w& !P#
bá /0 ,
1 /"
48·4 32 $ 3
+48$32 3
.áP/.
/ 0
32 $ 64 7 0 ⇒ P
4 Ÿ3
32P$24P2
2+16P2 $8P3
Selectividad 2011: Septiembre – Opción A
0 ⇒
K
4 .áP/. 3
/b
es absoluto en el intervalo !0, ∞#
4·P•8$6Pž 2·2·PŸ4$2P
8$6P
Ÿ4$2P
0 ⇒P
4 3
Página 26 de 49
Ejercicio 2.-
Considera las funciones L, (a)
[0’75 puntos] Esboza
¨ 8 O 8 definidas por L!P#
6P – P
!P#
y
sus gráficas en unos mismos ejes coordenados y calcula sus puntos de corte.
(b) [1’75 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de L y . Solución
L!P#
(a)
6P – P
es una parábola con las ramas hacia abajo $6 $2
Vértice: P
Punto: !0,0#
!P#
P – 2P
3
S
18 $ 9
9 ⇒
P $ 2P es una parábola con las ramas hacia arriba Vértice: P
Punto: !0,0#
Puntos de corte: 6P – P Gráficas:
2 2
1
S
1$2
$1 ⇒
P $ 2P ⇒ 2P $ 8P
!\, \#
y
!®, ß#
!3,9#
!1, $1#
0 ⇒ P!2P $ 8#
0 ⇒ s
P P
0K 4
(b) Observando el dibujo
Á
q
ä ]!6P – P # $ !P $ 2P#^ 0P Ø
564 $
2·64 !0 3 6 $ $ 0#
64 3
Selectividad 2011: Septiembre – Opción A
q
ä !8P $ 2P #0P Ø
ÁEVi
2 4P $ P % 3
q Ø
J® F
Página 27 de 49
1 $1 0 n1 o y § n $1 1o $1 $1 1 (a) [1’75 puntos] Calcula el rango w dependiendo de los valores de . Ejercicio 3.-
Dadas las matrices w
2, resuelve la ecuación matricial w. °
(b) [0'75 puntos] Para Solución
1 $1 p1 $1p $1 $1
(a) |w|
!1 $ # · !$1
1
|w|
Evidentemente
Por tanto w° |wc | |w| œÁ œ |Á|
|w‰ | |w|
!1 $ # · !$1
!1 $ # · !1 $ # · !
2#
1 porque |T
$|%
!w#
2 porque € ⇒
!w#
2 por el apartado anterior
(b) Si
k
!w#
⇒ |w| u 0
u 1 , $2
S
1 $1 $1 0 p 0 1
$2 1 $1 n 1 $2 $1o $1 $1 $2
w
Evidentemente
P
# · p1 1
| |w|
0
3
|w|
1$1
2 1 0 p1 2 1p $1 $1 1 4
4$1
T Tp
q T T9 q
4
2$2
0 L .ú : 1 $ 0 2ª L/ $1 0 3º L/
# · !$ $ 1 $ 1# 2#
K
!1 $ # · !
2#
4u0 y w
2 1 $1 n1 2 $1o $1 $1 2
0 Solución : !\ , W , W#
1
4
$1 0 p $1
!1 $ # · !
$2 1 r ru0 1 $2
§ es un sistema de Cramer
0 1 $1 p1 2 $1p 1 $1 2 4
Ø pT T T T q
1 $1 0
p 1$ $1
1 1 $1 n1 1 $1o $1 $1 1
w
$2
| : | $ |T |% : |% |T
§.
2$1
Selectividad 2011: Septiembre – Opción A
1
Página 28 de 49
Ejercicio 4.-
Considera los puntos w!$1, ï ,3# , §!ï
(a)
[1’75 puntos]
1 , 0 , 2# , -!1,2,0# y •!2,0,1#.
ŽŽŽŽŽ‹ , ŽŽŽŽŽ‹ ¿Existe algún valor de ï para que los vectores w§ §- y ŽŽŽŽŽ‹ -• sean
linealmente dependientes?
(b) [0’75 puntos] Calcula los valores de ï para que los puntos w , §, - y • formen un tetraedro de volumen 1.
Solución
ŽŽŽŽŽ‹ , ŽŽŽŽŽ‹ ŽŽŽŽŽ‹ , §ŽŽŽŽŽŽ‹, ŽŽŽŽŽŽ‹ (a) w§ §- y ŽŽŽŽŽ‹ -• son l.d. ⇔ det•w§ -• ž ŽŽŽŽŽ‹ w§
!ï
ŽŽŽŽŽ‹ §-
ŽŽŽŽŽŽ‹, ŽŽŽŽŽŽ‹ ŽŽŽŽŽ‹ , §det•w§ -• ž
ï 2 $ï p $ï 2 1 $2 ï
2ï
2
!1,2,0# $ !ï
ŽŽŽŽŽ‹ -•
$1 $2p 1
1 , 0 , 2# $ !$1, ï ,3# 1 , 0 , 2#
!2,0,1# $ !1,2,0#
ï 2 $ï p $ï 2 1 $2
2ï
$1 $2p 1
4 $ 2ï
!ï
2 , $ï , $1#
!$ï , 2 , $2#
!1 , $2 , 1#
2ï
$2*Ÿ4$8 2
0 ⇒ k
0
0
2 $ 4ï $ 8 $ ï
$ï $ 2ï $ 2
" solución
0
ŽŽŽŽŽ‹ , §ŽŽŽŽŽŽ‹, ŽŽŽŽŽŽ‹ ŽŽŽŽŽŽ‹ , ŽŽŽŽŽŽ‹ Por tanto: det•w§ -• ž u 0 … ï † 8 ⇒ ™î îz y ŽŽŽŽŽŽ‹ z{ son l.i … # † ‡ ŽŽŽŽŽ‹ , ŽŽŽŽŽ‹ (b) w , §, - y • forman un tetraedro ⇔ w§ §- y ŽŽŽŽŽ‹ -• son l.i Esto es cierto por el apartado anterior T ŽŽŽŽŽ‹ , §ŽŽŽŽŽŽ‹, ŽŽŽŽŽŽ‹ Volumen tetraedro = ˜ œdet•w§ -• žœ
r$ï $ 2ï $ 2r 2
Solución: k
$ï2 $ 2ï $ 2
6 ⇒ €
$2*Ÿ4 16 2
$ï $ 2ï $ 2 2
$2*2Ÿ5 2
$
Selectividad 2011: Septiembre – Opción A
T 2 r$ï ˜
6 ⇒ ï2
$ 2ï $ 2r
$6 ⇒ ï
$1 * √5
2ï
2
8
2ï $ 4
1
$2*Ÿ4$32 2 $2*Ÿ4 16 ⇒ k 2
0 ⇒ k 0
P/
W * Ç
Página 29 de 49
K
Septiembre - 2011 – Opción B Ejercicio 1.-
Sea L: 8 O 8 la función definida por f!x# (a)
(b)
[1’25 puntos]
%c Û 9T
para P u 0
cö
Estudia las asíntotas de la gráfica de la función.
Halla los intervalos de crecimiento y de decrecimiento, y los extremos relativos
[1’25 puntos]
(abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan). 3P4 1 P3
Solución
f!x#
(a)
P
A.V.
0 es una posible A.V. porque anula el denominador
3P q 1 /. cOØ P%
/. L!P#
cOØ
A.H.
A.O. S H C
cO*(
.P
L!P# cO*( P
/.
3P4 1 P4 cO*(
/.
cO*(
3P4 1 P3
í
*
L Š
L&
Monotonía f Resumiendo
1 0 ?∞ ⇒ € 1 09 : 9 0 0 :
3P4 1 P3 cO*(
/.
/. !ì!U# $ HU#
(b) f!x#
/
/. L!P#
1 0
ƒ
/.
cO*(
/
3
¡
3P q 1 $ 3P¢ P%
L & !P# •/
-1
-1
∞ ⇒ " ™. )
12P3 ·P3 $ 3P2 ·53P4 16 P6
L& Š Ô
+
∞
FU es A.O.
f & !x#
⇒
$∞ K
/.
cO*(
1
0
1
Creciente: !$∞ , W# + !W , ∞# Decreciente: !$W, \# + !\, W#
Máximo relativo: !$W, ì!$W##
\ Vf ™. '.
1 $ 3P q P%
P2 ·512P4 $9P4 $36 P6
+
0
Selectividad 2011: Septiembre – Opción B
3P q
0 ⇒ 3P q $ 3 0 ⇒ P / /0 0 0 L & : P 0
-
Mínimo relativo: !W, ì!W##
⇒ U
1 cO*( P % /.
3P4 $3 P4
*1 1 /"
Signo L’!P#
L & !$2#
L & !$035#
P
0
. K
3!P4 $1#
L & !2#
L & !035#
$
$
!$W, $®#
!W, ®#
Página 30 de 49
Ejercicio 2.Sean L , (a)
¨ 8 O 8 las funciones definidas por L!P#
$2.
4
y
!P#
P $1
la ecuación de la recta tangente a la gráfica de L en el punto de abscisa
[0’75 puntos] Halla
P
T P q
(b) [1’75 puntos] Esboza el recinto limitado por las gráficas de ambas funciones y la recta S
Solución
P
5. Calcula el área de este recinto.
(a) La r.t. en P $1 P 4
L!P#
(b)
r.t. en P L!P#
Vértice: P
4
T P q
0 2
4
1 · !P
2# ⇒ S
P
5
es una parábola con las ramas hacia abajo
0
S
4 ⇒
!0,4#
P $ 1 es una parábola con las ramas
hacia arriba
0 2
Vértice: P
Punto: !1,0#
0
S
$1 ⇒
Puntos de corte de L y
T P q
2#
$1 · !$2# 1 L & !$2# $1 2 K P ⇒€ $1 2 L!$2# !$2# 4 3 4
L & !P#
S
$2 : S $ 3
Punto: !2,3# !P#
L & !$2# · !P
$2 tiene de ecuación S $ L!$2#
4
P $1 ⇒
× P q
:
$5
0 ⇒ P : P
Puntos de corte de la recta y
1 ⇒ P $P$6
0 ⇒ P
!0, $1#
$2 y P
*2
5
P $
3
El punto de corte de f y la recta es el punto de tangencia.
Á
X `!EVAhi $ ì!U##[U + X` !EVAhi $ g!U## [U `
X ` ¥!U `
X ` 5® U` `
W
W F U W`
5W` ÁEVi
®á ` @ J
® F
ß
`
F
á# $ ! ® U` U
W ` U `
® +
W6 [U + X` •$U`
U
`
`
`6 $ 5 W` š `
®#¦ [U + X` 5!U
W
ß $ F
ß
á
+
F
W F U F
F
U
W ` U `
Selectividad 2011: Septiembre – Opción B
WJ F
+
WF J
®á J
Jž [U
JU
` $ `6 + 5$š
á# $ !U` $ W#6 [U
@`
F `
š `
Wß6 $ 5 F
ß
`
W`6
Página 31 de 49
1 1 3 1 5 6 y § 5 6 $ 3 $1 4 2 (a) [1’25 puntos] Calcula los valores de para los que la matriz inversa de w es Ejercicio 3.-
Sean las matrices w
T T
$3, determina la matriz ° que verifica la ecuación w¬ . °
(b) [1'25 puntos] Para
siendo w la matriz traspuesta de A. ¬
Solución
(a)
T T
w es la matriz inversa de w ⇔ 5T w6 · w T
Es decir: w·w
(b)
5
w·w
T T
1 6·5 3 $
$
± ⇔ w·w 1 6 3
¥
$ $3
$
$F cumple las cuatro ecuaciones
w
$3 1 5 6 3 3
w¬
ÂÃ
•Á- ž
$3 3 5 6 1 3
T
5
12 0
.
/1 /
·Á- ë. ˆ .·/ë/
1 ¬ w ·§ 12
0 º¿ ¸¼ ¹‰¾¼. º¿
!w T #¬
°
!w¬ #
T
·§
1 $3 3 1 3 1 ·5 6·5 6 1 3 $1 4 2 12 Ç
Selectividad 2011: Septiembre – Opción B
•Á- ž ÂÃ
•Á- ž
0 6 12
!w¬ # -
T
Ã
!w¬ # Ã
ë •ÁÂà ž ë5à Á6 ëà Á-
ÄÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÆ 1 $6 3 ·5 12 $2 15
3 6 7
0 6 1
$ 12 3 0 K $3 0 9 12
· w¬ . ° -
§,
1 5 0
± siendo ±
12 0 5 6 ⇔ € 0 12 $ $
ÄÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÆ ÂÃ
ÄÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÆ °
T
3¦ 9
$
Por las propiedades de las matrices: !w¬ # §
w · 5T w6
12± ⇔ w · w
,
w¬ . °
w
°
T
·§
T T
w¬ · §
1 $J F F 12 · 5$` Wá à6
Página 32 de 49
Ejercicio 4.de ecuación P
Dado el plano (a)
2S $ k
3P $ S 5 K de ecuaciones Ô P S $ 4k $13
0 y la recta
Halla el punto de intersección del plano π y la recta .
(b) [0’75 puntos] Halla el punto simétrico del punto •!1, $2,3# respecto del plano π. [1’75 puntos]
Solución
(a) Se expresa la recta
en sus ecuaciones paramétricas:
P 3P $ S 5 S K ⇒ D Ô P S $ 4k $13 k
. $5
T !. q
Todos los puntos de la recta
3.
$5
3.
13#
P ⇒ •S k
K
son de la forma !. , $5
. $5 3. K 2 .
3. , 2
.#
Se sustituye en la ecuación del plano y se obtienen la intersección de recta y plano: P
2S $ k
!. , $5
0: .
3. , 2
.#
2!$5
3.# $ !2
!2 , 1 , 4#
.#
0 ⇒ 6. $ 12
2º
K ¨ P
2S $ k
0 ⇒ Ž‹
¨ P
2S $ k
0
‘
•
Œ!1
, $2
perpendicular al plano 1
⇒ !1
!1 , 2 , $1# 0‹ 1 •!1, $2,3#
1
2 ,3 $ #
#
2!$2
$4
3º Œ es el punto medio del segmento ••3 —2 •!1, $2,3# • K • & !P, S, k# å ⇒ 0 – Œ!2,0,2# •2 ”
⇒
y que pase por • P Š ‚S k
2 # $ !3 $ #
4 $3
!2 , 0 , 2#
0
1 P ⇒ 1 P 4 ⇒ P 3 2 $2 S ⇒ $ 2 S 0 ⇒ S 2K 2 3 k ⇒ 3 k 4 ⇒ k 1 2
Selectividad 2011: Septiembre – Opción B
2
El punto pedido es !` , W , ®#
(b) Observamos el siguiente dibujo
1º Construimos la recta
0 ⇒ .
0
1 $2 2 K 3$
⇒ 6
6 ⇒
…
†8 1
⇒ ›& !F, `, W#
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Modelo 1 - 2011 – Opción A Ejercicio 1.- [2’5 puntos]
Dada la función L: 8 O 8 definida por L!P#
P%
"P
P , determina , " y
sabiendo que su gráfica tiene un punto de inflexión en !1,0# y que la recta tangente en ese punto tiene por ecuación S
$3P
3
Solución L!P#
P%
"P
P ⇒ L3!P#
3 P
2"P
Punto de inflexión en !1,0# ⇒
Œ Ô Œ
1
1
1
0 / 1
P/ó : L && !1# 0 ⇒ !1,0#: L!1# 0 ⇒
Recta tangente en !1,0# es S ⇒
L & !1#
$3P
⇒ L33!P#
2"P
6 ·1 2" · 1 0 ⇒ 3 % ·1 "·1 ·1 0 ⇒
3
2" · 1
$3 ⇒ 3 · 1
6 P
$3
⇒ 3
" "
2"
0
0
K
$3
Puesto que la pendiente de la recta tangente que es L ′ !1# es igual a la pendiente de la recta S
$3P
3 que es $3
Se resuelve el sistema K
Solución: ì!U#
3
¼9»ëØ %¼ »ë% ¼ ë %
FUF $ šU`
3
" 2"
"
0 " K 0l ⇒ $3 $3 3 $6
" ⇒ s
$3 2
$3
0l ⇒ K $2 $3 $3
"
$3 0l $3
$3 · 3 $9K 2·3 6
JU
Selectividad 2011: Modelo 1 – Opción A
Página 34 de 49
Ejercicio 2.Sean L,
¨ 8 O 8 las funciones definidas por L!P#
(a) [1 punto] Esboza las gráficas de L y
4 $ 3|P| y
!P#
.Determina sus puntos de corte.
(b) [1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de L y
P
.
Solución (a)
L!P#
4 $ 3|P|
!P#
P
4 $ 3 · !$P# P 0K s 4$3·P P00
s
4 3P 4 $ 3P
P 0K P00
es una parábola con las ramas hacia arriba de
vértice !0,0# y que pasa por el punto !1,1# y !$1,1#
x
$W
®
W
®$F·W
\
Puntos de corte : se observa que son los puntos !1,1# y !$1,1#
4 3P Pero si no fuese tan evidente se haría Ô 4 $ 3P Gráficas:
P P
P 0K P00
y
F!$W#
®$\
®
W W
(b) El área pedida se observa que es simétrica respecto del eje OY Por tanto
ÁEVi = 2 XØ ]!4 $ 3P# $ P ^0P T
= 2 54 $ $ %6 $ !0# %
T
2 4P $ P $ % P %
2·
Selectividad 2011: Modelo 1 – Opción A
q ) ˜
%
=
WF F
T
@`
T
Ø
=
Página 35 de 49
Ejercicio 3.Sean w y § las matrices que verifican (a)
[1 punto] Halla
!w
las matrices
w
§
§# · !w $ §#
5 y
4 2 6 3 2
y
w $§
(b) [1'5 puntos] Resuelve la ecuación matricial °. w $ ° · § $ !w matriz identidad de orden 2 y !w
Solución
!™
(a)
K
w
K
Para calcular w $ § §
w$§ w
§
î# · !™ $ î#
4 3 2 5 $1
2 6 2 å ⇒ D 4 6 2
5
4 2 2 4 5 6·5 6 3 2 $1 2 .
J 5 ®
4 5 3 4 5 3
0 : 2w
0 : 2§
§#¬
°. ±
§#¬
]2±
4 5 3
°
]2±
]2±
2 4 5 6 ⇒ |-| $1 2
!w
W Wá ·5 ß à
4 3 5 6 2 2
§#¬ ^ · !w $ §#
$Wß 6 \
!w
!w
2±
§#¬
4 6 2 4 6 2
6 6 3 3 5 6 ⇒ w 5 6 2 4 1 2 K 2 $2 1 $1 5 6⇒ § 5 6 4 0 2 0
$1 $1 WF WJ 12 15 5 6$5 6=5 6 2 $2 F š 5 7
!w
§#¬
2 4 r r $1 2
T
Selectividad 2011: Modelo 1 – Opción A
T
T 2 5 Ù 1
1 0 25 6 0 1
!w
§#¬ ^ · !w $ §#
2
!$1#% · !$1# -
]2±
T
§#¬ ^ · !w $ §#
!$1# · 2
-TT
2 ¬ 6 2
§.
multiplicando a la derecha por !w $ §#
T
-T
°
2 2 6 5 2 $1 2 2 6$5 2 $1
!w
2±
°. !w $ §# · !w $ §#
!w
2± , siendo ± la
`\ 6 WJ
2± ⇒ °. w $ ° · §
Si |w $ §| u 0 ⇒ µ !w $ §#
w$§
2 4 6 1 $2
previamente se calcula w y § resolviendo el sistema:
Sacando factor común °: °. !w $ §#
Sea -
§#¬
5
§#¬ la matriz traspuesta de w
3 3 3 3 12 15 5 6·5 6 5 6 1 2 1 2 5 7 å ⇒ ™` $ î ` 1 $1 1 $1 $1 $1 5 6·5 6 5 6 2 0 2 0 2 $2
(b) °. w $ ° · § $ !w
w$§
T
T
§#¬ ^ · !w $ §#
8 u 0 ⇒ !-#
1
$4 6 2
-
T
-
T
T
T !w0d!-##¬ |1|
!$1#% · 4
!$1#q · 2
T 2 $4 4 3 5 6 · Ù5 6 2 2 1 2
T
T Ù
$4
6 ·5 2
2
3 2 $4 6·5 6 4 1 2
Página 36 de 49
Ejercicio 4.-
P dada por las ecuaciones ‚S k
Sea el punto Œ!2,3, $1# y la recta a)
[1 punto]
b)
[1'5 puntos]
Calcula la distancia del punto Πa la recta
Halla la ecuación del plano perpendicular a
Πrespecto de
1 $2jK j
que pasa por Œ.
y determina el punto simétrico de
.
Solución
(a) Sea Si
•
el plano pedido ⇒ !b
Š0·P$2·S
(b)
1·k
.
0‹ !b
# Ž‹
0
0/
0
0 pasa por Œ!2,3, $1# ⇒ $2 · 3
•
G Š $`ƒ
„
à
\
En primer lugar calculo el simétrico de Œ respecto de
› intersección de E y G
K• † •† ⇒
⇒ •!1, $2j, j# ⇒ $ 2 · !$2j#
4j
j
7
› punto medio de
j
7
0 ⇒ j 3
0 9c
— • %9ˆ – • ”
×
“
T9‰
ŽŽŽŽŽ‹ œ œŒ•
r51,
Tq , × ×
⇒ • 51, $2 ·
1 ⇒ P
Tq × ×
⇒ S
⇒ k
6 $ !2,3, $1#r
Selectividad 2011: Modelo 1 – Opción A
1 · !$1#
•
0 ⇒ •
7
⇒
En segundo lugar calculo la distancia :
[! , E#
#
0
T% K × ) ×
r5$1,
×
,
T , × ×
×
6
!1,
Tq , × ×
!\,
⇒
&
6r
+1
#
WF š , # á á
T ×
q ×
√F\ á
@. ?.
Página 37 de 49
Modelo 1 - 2011 – Opción B Ejercicio 1.-
[2’5 puntos]
En el primer cuadrante representamos un rectángulo de tal manera que tiene un vértice en el origen de coordenadas y el vértice opuesto en la parábola S dimensiones del rectángulo para que su área sea máxima.
$P
3 . Determina las
Solución
Relación entre las variables: vértice rectángulo † parábola S
$P
3
Función a optimizar: área rectángulo w
w
w& !P#
"
·
P · !$P2
P·S
w!P#
$3P
- .
w3& !P# S
P·S
$P3
3P
3
.
3#
0 ⇒ P
=>?@ABóC Ô
U ƒ
3
Ejercicio 2.- [2’5 puntos]
¨ 1 /"
$6 7 0 ⇒ P
$!1#2
W K `
3P
1 ⇒ P
0
1£
$6P ⇒ w3& !1# $P2
$P3
* √1
/ó
*1
P
1
1 es máximo relativo
(también es absoluto en 89 )
3
2
XØ
2
Calcula
Solución
P · cos!P# 0P
Previamente se calcula la integral indefinida, que es una integral por partes X P · cos!P# 0P
ä P · cos!P# 0P Ø
X ¾· ë ·
0b
P
í
X ¾·
P·
⇒ 0 cos P ⇒ b
]P ·
P
P$X
P 0P
P·
0P X cos P 0P
P^Ø
Selectividad 2011: Modelo 1 – Opción B
5 · 2
P
2
P
cos P
cos 6 $ !0 2
cos 0#
2
$1
Página 38 de 49
Ejercicio 3.-
3 0 j n$5 j $5o j 0 j (a) [1 punto] Determina los valores de j para los que la matriz w $ 2± tiene inversa, Sea la matriz w
siendo ± la matriz identidad de orden 3
(b) [1'25 puntos] Para j Solución
$2 resuelve la ecuación matricial w°
(a) w $ 2± tiene inversa ⇔ |w $ 2±| u 0
1 0 0 0 j 3$2 j $5o $ 2 n0 1 0o n $5 0 0 1 0 3 j 0 j 0 1 j $ 2 $5p ]0 0 1 !j $ 2# · !$1#q · r1 jr !j $ 2# · !1 $ j # 0 j 1
3 n$5 j 1 |w $ 2±| p$5 j
(b) w°
0d
0 ⇔ s
j$2 1$j
Por tanto ™ $ `} tiene inversa ⇔ t u `, *W
2°
± ⇒ w° $ 2°
± ⇒ !w $ 2±#°
±
0 j j $ 2 $5 o 0 3$2
w $ 2±
|w $ 2±|
2°
±
0
0 0
2ª
⇒j ⇒j
.
^
2 K *1
Por el apartado anterior para j
$2 la matriz w $ 2± tiene inversa: µ !w $ 2±#
!w $ 2±#
T
Multiplicando por la izquierda por !w $ 2±#
|§|
T
· !w $ 2±# · °
!w $ 2±#
1 0 j p$5 j $ 2 $5p j 0 1
|w $ 2±|
§
T
!$1#% · r0 0
$2 r 1
0
§
%
1 0 !$1#× · r r $2 0
0
§T%
!$1#q · r$5 $4r $2 0
$8
!™ $ `}#
1 !™[4 î#h |§|
Ç
W
î
W
Selectividad 2011: Modelo 1 – Opción B
1 0 $2 n$5 $4 $5o $2 0 1
§
$4 15
!w $ 2±#
T
ýë
!$1# · r$4 $5r 0 1
!$1#% · r$5 $5r $2 1
·± ⇒ ±·°
⇒ Ç
!j $ 2# · !1 $ j # 3 $ 4 · !$3#
§TT §T
T
§
!$1#q · r 1 $2r $2 1
$3
!™ $ `}#
12
T
W
§%T
!$1#q · r 0 $2r $4 $5
$8
§%%
1 0 !$1#˜ · r r $5 $4
$4
§%
!$1#× · r 1 $2r $5 $5
$®
\ $ß $F Wá o $ß \ $®
1 n Wá 12
Página 39 de 49
15
Ejercicio 4.-
[2’5 puntos ] T
Considera los planos
!P, S, k#
y
dados respectivamente por las ecuaciones
!$2,0,7#
j!1, $2,0#
5!0,1, $1# y 2P
definida por P
Determina los puntos de la recta
S
Solución Š !P, S, k#
T
P
!P
Š 2P S
1
!$2,0,7#
j!1, $2,0#
2# · 2 $ S · !$1#
S$k
5
⇒ •
‰ T %
0
0‹ Œ
0
⇒ 2P
!1,1, $3#K ⇒ Los puntos de !0, $1,1#
Sea •!., $1 0!•,
0!•,
T#
#
|2·.
√6
3|
|2·.
3
√6
+w2
!$1
.#
!1 $ 3.# $ 3|
Ÿ2
1
!$1#
√2
!$1
1
1
.# $ !1 $ 3.#
⇒ |6.
Ô
. .
3|
3 ⇒ s
5|
que equidistan de
§S
-k
•
T
y
0
., 1 $ 3.#
0 se utiliza la fórmula:
§12 -13 •r
., 1 $ 3.# el punto de la recta
Por tanto los puntos de la recta !., $1
|6.
rw11
0
son de la forma: !., $1
Para calcular la distancia de Œ!1T , 1 , 1% # al plano wP 0!Œ, #
‰ T %
5
P 2 S k$7 $2 0 p T Šp 1 0 1 $1 S k$3 0
5!0,1, $1# ⇒
!k $ 7# · 1
1
S$k
§
|6.
2
-
pedido
|$3| √6
2
√6
3
√6
3|
., 1 $ 3.# que equidistan de
6. 3 3 ⇒ . 0 K 6. 3 $3 ⇒ . $1
T
y
cumplen:
0 ⇒ •T !., $1 ., 1 $ 3.# !0, $1,1# K $1 ⇒ • !., $1 ., 1 $ 3.# !$1, $2,4# Solución
Selectividad 2011: Modelo 1 – Opción B
Ô
›W !\, $W, W# K ›` !$W, $`, ®#
Página 40 de 49
Modelo 2 - 2011 – Opción A Ejercicio 1.-
[2’5 puntos]
Queremos hacer junto a la carretera un cercado rectangular para unos caballos en una zona llana. Cada metro del lado del cercado que está junto a la carretera nos cuesta 100 euros, mientras que para el resto del cercado nos cuesta 10 euros el metro. ¿Cuáles son las dimensiones del prado de área máxima que podemos cercar con 3000 euros? Solución
Relación entre las variables: coste del cercado -
3000 S
0
0
110P
150 $
20S
11 P 2
100P
10P
10 · 2S
Función a optimizar: área rectángulo
w
w
"
P·S
w!P#
·
P · 5150 $
150P $
P·S
11
11 2 P 2
2
P6
150P $
11 2 P 2
Es una parábola con las ramas hacia abajo, luego su vértice es un máximo absoluto
w& !P# S
150 $ 11P
150 $
11 P 2
=>?@ABóC •
U
ƒ
0 ⇒ P
150 $ Wá\ WW
11 150 · 2 11
T×Ø TT
( abscisa del vértice de la parábola)
75
HK
àá H
Selectividad 2011: Modelo 2 – Opción A
Página 41 de 49
Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Calcula un número positivo de ecuación
S
tenga un área de
T
P
Tq %
, menor que 2, para que el recinto limitado por la parábola
y las dos rectas horizontales de ecuaciones S
e S
unidades cuadradas.
2,
Solución Se dibuja la función S
T
P
que es una parábola
con las ramas hacia arriba de vértice !0,0# y pasa por el punto !2,2#
Las rectas S horizontales
e S
2 son dos rectas
Se calcula la intersección de la función con las rectas: KS S
T
2
P
⇒2
T
P ⇒P
4⇒P
KS S
*2
T
P
T
⇒
P ⇒P
2 ⇒P
*√2
Se observa que la gráfica es simétrica respecto del eje OY, luego: Á
2·á
á
2 · √2 · !2 $ # 4√2 $ 2 √2
•"
2 · 2P $ ˜ P %
4√2 $ 2 √2 $6 √2
6 b
0
16
T˜ $ %
0
OTRA FORMA
4√2
2 √2
0 : 8
T
2 · 54 $
4√2 $ 2 √2
Se resuelve
√2
2·
%
1 ⇒
√
1 ¥2 $ P ¦ 0P 2 ¼
T
52√2 $ % √2 6 T
⇒ .
Tq %
+
ö
T Ù
/1 /
$2 ⇒ 2 √2 T
⇒
1 2 · 7ä ¥2 $ P ¦ 0P 2 Ø
Selectividad 2011: Modelo 2 – Opción A
2·ä
52√2 $ ˜ 2 √2 6
14 ⇒ $ 4 √2
= Á
2$ ž
√ ¼
Ù 6$ ˜
Ù $ %
√2
%
S
0 1
1
Solución i
3 ⇒ W `
$
ä
√ ¼
Ø
1 ¥ $ P ¦ 0P 8 2 Página 42 de 49
Ejercicio 3.Considera el sistema de ecuaciones (a)
[1’75 puntos]
2P $ 2S K 2P $3P $ 3S
4k k 3k
4
Discútelo según los valores del parámetro .
$3
l
(b) [0’75 puntos] Resuélvelo cuando sea posible Solución (a) Las matrices asociadas del sistema son:
2 $2 4 Matriz coeficientes A = n 2 0 1o $3 $3 3 2 $2 4 |A| = p 2 0 1p $3 $3 3
Por tanto
!w#
!w#
]9
2 …
^
†8
2 puesto que |w|
0
0 $ 24 r
y
2 $2 4 4 Matriz ampliada A* = n 2 o 0 1 $3 $3 3 $3 6$0
6
$2 4 0 y r ru0 0 1
12
$2 4 ru0 0 1
!wx #: se orla el menor no nulo r$2 4r u 0 en wx 0 1 |% S -T : |w| $2 |% S -q : p 0 $3
$2 4 r ru0 ⇒ € 0 1
La discusión será: Ô
u3 ⇒ 3 ⇒
!wx # !wx #
0
4 1 3
4
$3
p
6 $ 12
3 u !w# 2 ⇒ !w# 7 3 ⇒ 2
$6
± -±
12 /1
6
18
$6
0 ⇒
.é /
K
18
3
K
(b) Por el apartado anterior el sistema es compatible indeterminado uniparamétrico para
3
Para resolverlo se elimina la ecuación que no forma parte del menor que da el rango y a la incógnita se le da un valor paramétrico.
2 $2 4 4 n2 0 1 3o $3 $3 3 $3 $2S
4k
valor paramétrico P
P . ⇒ •$2S 4k 4 $ 2.K k 3 $ 2.
.
se elimina la ecuación
4 $ 2. ⇒ $ 2S
4!3 $ 2. #
U =>?@ABóC: •ƒ „ Selectividad 2011: Modelo 2 – Opción A
H ® $ FH F $ `H
4 $ 2. ⇒ 12 $ 8. $ 4
K
⇒ S
4 $ 3.
2.
2S ⇒
…H †‡ Página 43 de 49
Ejercicio 4.Dada la recta
definida por
c T %
$k
ˆ9T
3 y la recta
definida por Ô
P 1 2S $ k
$2
(a) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que pasa por el origen y contiene a r. (b) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que contiene a
y es paralelo a
K
.
Solución Se calcula de cada recta su dirección y un punto P$1 S 1 k$3 0‹ !3,2, $1#K ⇒ • Š 3 2 $1 Œ !1, $1,3# ŠÔ
(a) Sea
el plano pedido
ŠD
û
/
⇒ Ô
ð†
/
El plano será: P S k Š :3 2 $1: 1 $1 3 T
Sea
ŠD
È
Œ
KK
/ó 0‹
0/
$2
K
0/
⇒ D0/ Œ
k · !$1#
0 ⇒ P · 5 $ S · 10
P ⇒ ‚S k
1
2
2
K
⇒ •
0‹ Œ
!0,1,2#K !1,0,2#
/ó : 0‹ !3,2, $1# !1, $1,3#K /ó : ŽŽŽŽŽŽŽ‹ ðŒ : ð!0,0,0#
0 ⇒ G Š áU $ W\ƒ $ „
\
el plano pedido
û
⇒ •
⇒
El plano será:
T
1
P 1 2S $ k
P$1 Šp 3 0
S 2 1
/
k$2 $1 p 2
/
/
1
0/
0/
Œ
/ó 0‹ /ó 0‹
K K
0 ⇒ !P $ 1# · 5 $ S · 6
Selectividad 2011: Modelo 2 – Opción A
0/
⇒ D0/ Œ
!k $ 2# · 3
!0,1,2# /ó : 0‹ K /ó : 0‹ !3,2, $1# :Œ !1,0,2#
0 ⇒ GW Š áU $ Jƒ
F„ $ WW
Página 44 de 49
\
Modelo 2 - 2011 – Opción B Ejercicio 1.-
[2’5 puntos]
En una empresa los ingresos (en euros) dependen de la edad. Si la edad, P , es de 18 a 50 años, los ingresos vienen dados por la fórmula – P
70P , mientras que para edades
qØØc
c %Ø
iguales o superiores a 50 años los ingresos están determinados por la expresión Calcula cuál es el máximo de los ingresos y a qué edad se alcanza. Solución
±!P#
Función a optimizar: ingresos
$P 70P • 400P P$30
18
P 7 50
P 0 50
K
Aunque no hace falta voy a dibujar la función
S
– P2
70P es una parábola con las ramas
hacia abajo, de vértice !35,1225# y pasa por el
punto !50,1000#
y
400P P$30
es una hipérbola con asíntotas Ô
que pasa por el punto !50,1000#
P S
30 K 400
La gráfica de ±!P# es Se observa que el máximo absoluto es a la edad de 35 ñ
con unos ingresos de 1225 €
Otra forma de hacerlo: ± & !P#
$2P 70 • 12000 !P$30#2
18 7 P 7 50 P Ú 50
el máximo estará entre P =>?@ABóC Ô
35, P
U Fá iñ>f K BCgEVf>f W``á €
Selectividad 2011: Modelo 2 – Opción B
P 0K ⇒ s " 50 P
35 18 7 P 7 50 K /ó P Ú 50
18 se comprueba que es:
Página 45 de 49
Ejercicio 2.-
Dada la función L: 8 O 8 definida por L!P# (a)
Prueba que las rectas S
[0’5 puntos]
$P
$2P
1 e S
3P $ 1
3P $ 1 son tangentes a su gráfica.
(b) [2 puntos] Halla el área del recinto limitado por la gráfica de L y las rectas mencionadas en el apartado anterior.
Solución
(a) L!P#
3P $ 1 ⇒ L & !P#
$2P
S
$P
Así ƒ
$4P
1 es r.t. en • , L! #ž ⇒
⇒ D
$U
1
/.
0/
L &! #
0
3
⇒ D
Así ƒ
$4 /. L! # ⇒ Ô f!1#
W es recta tangente a ì en U
3P $ 1 es r.t. en • , L! #ž ⇒
S
⇒ $1
1
/.
0/
L &! #
0 a
$4 /. L! # ⇒ Ô f!0#
⇒
3
FU $ W es recta tangente a ì en U
(b) Se dibuja el recinto: L!P#
$2P
vértice: D
S
Pb
$3
$4 $9
Sb
8
3
4 9 4
$1
K
1 8
Intersección de las rectas: 3P $ 1 Observando el recinto:
ÁÁEVi T
T
T
ä !
ä ]!3P $ 1# $ !$2P
ä 2P 0P Ø
$L
Ø
Ø
2 1 ¥ · ¦$0 3 8
⇒
$0
\
0 0 0 0 $ 1 $1
$1
0$1
1
0KK
$1K K
punto: !1,0#
y
3P $ 1 es r.t. de L en !0, $1#
S
$2
3
1
0 1 3$1 0
⇒
3P $ 1 es una parábola con las ramas hacia abajo
1 es r.t. de L en !1,0#
$P
W
3
T
/ó # 0P
3P $ 1#^ 0P
ä !2P $ 4P T
T
ä !
2# 0P
$P
T
T
1⇒ P $L
ä ]!$P T
2 % P 3
T Ø
2 2 1 1 ¥ · 1 $ 2 · 1 2¦ $ ¥ · $ 2 · 3 3 8 4 1 2 1 1 W ¥ $ $ 1¦ @. i 12 3 12 2 J
Selectividad 2011: Modelo 2 – Opción B
T
/ó #0P
1# $ !$2P
3P $ 1#^ 0P
2 % P $ 2P 3
1 2· ¦ 2
2P
T
T
Página 46 de 49
Ejercicio 3.-
$1 1 5 6 2 $1
Dada la matriz w
Demuestra que w 2w ± y que w T w 2±, siendo ± la matriz identidad de orden 2. b) [1'5 puntos] Calcula la matriz ° que verifica la ecuación w °w 5w 4± a)
[1 punto]
Solución
(a) w
™`
w
(b) w
$1 1 5 6 ⇒ w 2 $1 `™
2w
°w
$1 1 $1 1 5 6·5 6 2 $1 2 $1
3 $2 5 6 $4 3
Como |w|
5w
r
3$2 5 $4 4
$1 1 2·5 6 2 $1
± ⇒ w·w
!w
2w
4± ⇒ °w
$1 1 r 2 $1
2±# · w
4± $ w $ 5w
$1 u 0 ⇒ µ w
T
°w
1 · !w0d w#¬ |w|
4± $ w $ 5w
°w · w
T
1 $1 $1 ·5 6 $1 $2 $1
!4± $ w $ 5w# · w
4± $ w $ 5w
T
0 1
T
w
2±
4± $ w $ 5w °
T · !w0d |Á|
$2
1 1 5 6 2 1 0
1
6 $3 1 1 5 6·5 6 $6 6 2 1
T
Ç
y w
4± $ !w
!4± $ w $ 5w# · w
2w T
$3 3 5 6 6 $3
\ 5 J
±
2w# $ 3w
3!± $ w# · w 3 0 5 6 0 3
Selectividad 2011: Modelo 2 – Opción B
F 6 \
T
0 5 6
3!w
3 6 0
T
w T:
2w
w
w
T
!$1#% · 1
!$1#q · !$1#
T
4$3 5 2$5 5 6 4 $ 10 4$3 5
3± $ 3w
$ ±#
\ 6 ⇒ w W
`}
$1
0 3 5 6 6 0
4± $ ± $ 3w
W 5 \
±
w#¬
!4± $ w $ 5w# · w
⇒ °
Otra forma w
T
™
W
1 0 3 $2 $1 1 4·5 6$5 6$5·5 6 0 1 $4 3 2 $1
!4± $ w $ 5w# · w
°
/1 /
± ⇒ ™
!$1#% · 2
wT
.
$2 2 6 3$2
!$1# · !$1#
wTT w
3 $2 5 6 $4 3
3 · !w
3!± $ w#
2± $ ±#
3w
$1
$1
6 $3 5 6 $6 6
3±
Página 47 de 49
P definida por ‚ S T k (a) [1’75 puntos] Halla la ecuación de la recta que corta perpendicularmente a Ejercicio 4.Dada la recta
definida por
c9
k y la recta
ˆ
(b) [0’75 puntos] Calcula la distancia entre
2 $5K j ambas.
y
Solución Previamente estudio la posición relativa de las rectas: Š
P
2
7
Como 0‹ ŽŽŽŽŽŽŽ‹ ŒŒ
S$7 $1
0‹ k ⇒ • Œ
> 0‹ porque
Ø
!2, $5, 0# $ !$7, 7, 0#
ŽŽŽŽŽŽŽ‹ Œœ œ0‹ , 0‹ , Œ
2 $1 1 p0 0 1p 9 $9 0
Ø T
!2, $1, 1#K !$7, 7, 0# T
!0
2 0‹ $5K ⇒ • Œ j
ŽŽŽŽŽŽ‹ / œ0‹ , 0‹ , Œ Œœ 0 ŽŽŽŽŽŽ‹ / œ0‹ , 0‹ , Œ Œœ u 0
uT ⇒ ‚
!9, $9,0#
P ‚S k
S
0 1
0d
L/
2#
Por tanto las rectas se cruzan
!0, 0, 1# K !2, $5, 0# k
2 1 · !$1#× · r 9
K $1 ru0 $9
(a) El siguiente dibujo muestra como se hace el ejercicio:
1ª Forma: observamos el dibujo 1 - calculando los puntos Œ y • que son aquellos que cumplen: ŽŽŽŽŽ‹ ⊥ ŽŽŽŽ‹ Œ• 0
La recta pedida Como Œ †
ŽŽŽŽŽ‹ Œ•
Como • †
ŽŽŽŽŽ‹ Œ• ⊥ ŽŽŽŽ‹ 0
ŽŽŽŽ‹ ŽŽŽŽŽ‹ · 0 ⇒ Œ•
0
ŽŽŽŽ‹ ⇒ ŽŽŽŽŽ‹ Œ• · 0
0
es la que pasa por los puntos Œ y •
y los puntos de la recta
y los puntos de la recta
Se cumple que ŽŽŽŽŽ‹ Œ• es perpendicular a !2 , $5 , j# $ !$7
2 ,7$ ,
#
Selectividad 2011: Modelo 2 – Opción B
Š Ô0/ 1
son de la forma: Œ!$7
/ó 0 0
2 ,7 $
son de la forma: •!2 , $5 , j#
!9 $ 2
y
:
, $12
, j$ #
Œ
ŽŽŽŽŽ‹ Œ•K
,
#
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ŽŽŽŽŽ‹ Œ• ⊥ ŽŽŽŽ‹ 0 ŽŽŽŽŽ‹ ⊥ ŽŽŽŽ‹ Œ• 0
ŽŽŽŽ‹ ⇒ ŽŽŽŽŽ‹ Œ• · 0
ŽŽŽŽ‹ ŽŽŽŽŽ‹ · 0 ⇒ Œ•
Por tanto: Œ!$7 Recta •
0‹¬ 1
j
s 30 $ 6
2 ,7 $
0 ⇒ !9 $ 2
⇒ 18 $ 4
0 ⇒ !9 $ 2 j
,
0
K
, j $ # · !2, $1, 1# j$
12 $
, $12
# ⇒
!2 , $5 , 6# $ !5 , 1 , 6# Œ!5 , 1 , 6#
j
0 ⇒
Œ!5 , 1 , 6#
0 ⇒ t
0 ⇒ F\ $ Ji
, j $ # · !0,0,1#
⇒ 30 $ 6
•!2 , $5 , j# ⇒ •!2 , $5 , 6#
ŽŽŽŽŽ‹ Œ• 1
, $12
!$3 , $6 , 0# È !1,2,0#K
6
\
0 ⇒ j$
U ⇒ h Š ‚ƒ „
á W J
H `HK
0⇒t
i
… H †‡
2ª Forma: observamos el dibujo 2 - Como intersección de dos planos: π1 y π2
ŽŽŽŽ‹ ñ 0 ŽŽŽŽ‹ Un vector perpendicular a ambas rectas es el producto vectorial: 0 Se construyen los planos:
Œ
ŽŽŽŽ‹ Š € 0/ 0 ñ0 π1 contiene a la recta " " y al vector ŽŽŽŽ‹
/ó
0/
/ó
Œ
ŽŽŽŽ‹ Š €0/ π2 contiene a la recta " " y al vector ŽŽŽŽ‹ 0 ñ0
0/
?W La recta pedida es la recta de ecuación implícita s? K `
/ó
/ó
Œ
Œ
!$7, 7, 0# !2, $1, 1# K ŽŽŽŽ‹ 0 ñ ŽŽŽŽ‹ 0
ŽŽŽŽ‹ 0 ŽŽŽŽ‹ 0
!2, $5, 0#
!0, 0, 1#K ŽŽŽŽ‹ 0 ñ ŽŽŽŽ‹ 0
Puesto que ambos planos tienen como dirección común una dirección perpendicular a ambas rectas y además esta recta corta a porque y están en el plano π1 y no son paralelas / d ï p2 $1 1p = B!$1#– 4!2# 0 0 1
luego se cortan, igual con el plano π2 ŽŽŽŽ‹ ŽŽŽŽ‹ 0 ñ0
P
#!0#
7 S$7 $1 1 2
ŽŽŽŽ‹, 0 ŽŽŽŽ‹ ñ 0 ŽŽŽŽ‹ ) : p 2 ŽŽŽŽŽŽ‹ π1 Š det(Œ X, 0
P$2 S
ŽŽŽŽ‹ ) =p 0 ŽŽŽŽŽŽ‹ π2 Š det(Œ X, ŽŽŽŽ‹ 0A , ŽŽŽŽ‹ 0 ñ0 1
0 2
ŽŽŽŽŽ‹ œ œŒ•
$2P
!P
S
7# · !$2# – !S $ 7# · !$1# 5k $ 21
!P $ 2# · !$2# – !S
$2P
S
9
0
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|!$3 , $6 , 0#|
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Selectividad 2011: Modelo 2 – Opción B
k$0 1 p 0
5 k$0 1 p 0
La recta pedida " " en forma implícita es
(b) Por el apartado anterior 0! , #
!$1 $ 2,0# È !1, 2, 0#
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36
0
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