Matemáticas selectividad 2011

Selectividad 2011: Junio – Opción A Página 1 de 49

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��: 2�� · �

á�� í��: ��

Á�� 2�� · � � 2�� 54 ⇒

�� · � � �� 27 ⇒ � � ��

�� Función a optimizar: volumen del cilindro

� !á�� "�� · �� # � �� · � � �� · � � �� · �� · !27 $ ��# !�# � 27� $ ��%

�� &!�# � 27 $ 3�� 0 ⇒ �� %� � )� ⇒ � � * +)� � * %√�

-�.� �� /�0: 1��/"�� /ó� � � 3√�

3&!�# � $6�� ⇒ 3& 5 %√�6 � $6� · %√� 7 0 ⇒ � � %√� es máximo relativo

(también es absoluto en 89)

� � 27$��2�� 27$�· 9�� · 3√� � 27$9� · 3√� � 18√�3� � 6√�� 6√�

�� =>?@ABóC DE � F√G H I � J√G H K


Ejercicio 2.-

Sea L: !$1 , �∞# O 8 la función definida por L!P# � ln !P � 1# donde �� denota logaritmo

neperiano.

(a) [0’75 puntos] Esboza el recinto limitado por la gráficas de L , el eje OY y la recta S � 1 .

Calcula los puntos de corte de las gráficas. (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 � 1# � 1 ⇒ �T � P � 1 ⇒ U � V $ W

(b) Observando el dibujo:

Área = á�� á�� $ X YZ!U � W# [UV�W\ =

= !� $ 1# · 1 - ]!U � W# · YZ!U � W# $ U^\V�W

=!� $ 1# · 1 - ]!V YZ V $ V � W# $ !?CW $ \#^

= � $ 1 $W � _ $ ` a` Es una integral por partes y se aplica: X 0b � b $ X b0

� ln!P � 1# ⇒ 0 � Tc9T 0P 0b � 0P ⇒ b � X 0P � P � 1 !�� .�d�� /� �� 1�/./�/b� �� /��/ó� "1" 1�� 1�0�� /.1�/L/�� "b0"#

( Si b � X 0P � P ! fV V?BgV AhV BChVgEiABóC \# queda por resolver X b0 � X cc9T 0P /�� /�� )

X ln!P � 1# 0P � !P � 1# · ln!P � 1# $ X c9Tc9T 0P � !P � 1# · ln!P � 1# $ X 1 · 0P

� !P � 1# · ln!P � 1# $ P


Ejercicio 3.-

Dado el sistema de ecuaciones lineales K$jP � S � k � 1P � jS � k � 2 jP � S � k � 1 l (a) [1’75 puntos] Clasifica el sistema según los valores del parámetro j. (b) [0’75 puntos] Resuelve el sistema para j � 0

Solución

(a) Matriz coeficientes A = n$j 1 11 j 1j 1 1o Matriz ampliada A* = n$j 1 1 11 j 1 2j 1 1 1o

|A| = p$j 1 11 j 1j 1 1p � ]-�: -� $ -%^ � p$j 0 11 j $ 1 1j 0 1p � 0��0� �0d�� -�

� !j $ 1# · !$1#q · r$j 1j 1r � !j $ 1# · !$2j# � 0 ⇒ sj � 1 j � 0 K �� t u W , \ ⇒ |w| u 0 ⇒ �!w# � 3 ⇒ �!w# � �!wx# � 3 � �º /��ó�/�� ⇒ =. z. {. �� t � \ A = n0 1 11 0 10 1 1o A* = n0 1 1 11 0 1 20 1 1 1o

Evidentemente �!w# � �!wx# � 2 puesto |T � |% y r0 11 0r u 0

Por tanto j � 0 ⇒ �!w# � �!wx# � 2 7 3 ⇒ =. z. }. @CB~iEiHéhEBA> (la solución depende de

"3 $ 2" parámetros)

�� t � W A = n$1 1 11 1 11 1 1o A* = n$1 1 1 11 1 1 21 1 1 1o

� �!w# � 2 puesto |w| � 0 y r$1 11 1r u 0

� �!wx#: se orla el menor no nulo r$1 11 1r u 0 en wx

r$1 11 1r u 0 ⇒ �� |% S -%: |w| � 0 �� |% S -q : p$1 1 11 1 21 1 1p � 2 u 0 ⇒ �!wx# � 3 K

Por tanto j � 1 ⇒ �!w# u �!wx# ⇒ =. }. (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.

n0 1 1 11 0 1 20 1 1 1o ⇒ �k � . S � 1 $ .P � 2 $ .K

=>?@ABóC: �U � ` $ H � � W $ H� � H K � H � �

valor paramétrico k � .

se elimina la ecuación


Ejercicio 4.- [2’5 puntos ]

Determina el punto simétrico del punto w!$3,1,6# respecto de la recta � de ecuaciones P $ 1 � �9%� � �9T�

Solución

� � P $ 1 � S�32 � k�12 ⇒ � 0�� !1,2,2# �� !1, $3, $1#K ⇒ � P � 1 � . S � $3 � 2.k � $1 � 2.K � . � 8 � Sea � el plano perpendicular a � pasando por w

� � � ⇒ �� 0�� !1,2,2# ⇒ � � P � 2S � 2k � � � 0

w!$3,1,6# está en � ⇒ $3 � 2 � 12 � � � 0 ⇒ � � $11

� � P � 2S � 2k $ 11 � 0

� � � � � �

� � � ⇒ �!1 � . , $3 � 2. , $1 � 2.# � � � ⇒ 1 � . � 2!$3 � 2.# � 2!$1 � 2.# $ 11 � 0 ⇒ 9. $ 18 � 0 ⇒ . � 2

�!1 � . , $3 � 2. , $1 � 2.# � !3 , 1, 3#

� � es el punto medio del segmento ww’ Kw!$3,1,6#w&!P, S, k#� 1�� .�0/� �!3,1,3# ⇒

��%9c� � 3 ⇒ P � 9T9�� 1 ⇒ S � 1�9�� 3 ⇒ k � 0K ⇒ �&!�, W, \#

Otra forma de calcular �

Se impone que w�� 0�� ⇒ w�� · 0�� 0

w�� !1 � . , $3 � 2. , $1 � 2.# $ !$3,1,6# � !4 � . , $4 � 2. , $7 � 2.#

w�� · 0�� !4 � . , $4 � 2. , $7 � 2.# · !1,2,2# � 4 � . $ 8 � 4. $ 14 � 4. � 9. $ 18 � 0

. � 2 ⇒ �!1 � . , $3 � 2. , $1 � 2.# � !3 , 1, 3#

Selectividad 2011: Junio – Opción B

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Junio 2011 – Opción B


Sea L: ]1 , �∞#K O 8 la función definida por L!P# � √P $ 1 . Determina el punto � 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 �!P , √P $ 1# �� La distancia de los puntos �!P , √P $ 1# de la gráfica al punto w!2,0#: �w��

w�� P , √P $ 1� $ !2,0# � �P $ 2 , √P $ 1�

�w�� P $ 2 , √P $ 1�� !P $ 2#� � !P $ 1# función a minimizar

Se cumple: Minimizar �L��/ó� � minimizar ��L��/ó�� L��/ó�

Por tanto se minimiza la función S � !P $ 2#� � !P $ 1# (es una parábola)

�� S � !P $ 2#� � !P $ 1# ⇒ S& � 2!P $ 2# � 1 � 0 ⇒ P � %� es un mínimo absoluto

(es el vértice de una parábola con las ramas hacia arriba)

�� Punto de L a mínima distancia de A: ¡F , +F $ W¢ � !F , W�`#

Distancia �!P $ 2#� � !P $ 1# � +Tq � T� � +%q � �F Aunque no se pide gráficamente:


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Halla X £¤!£�¤�T#!£¤9T# 0P

Sugerencia: Efectúa el cambio de variable � � �c

Solución

�� c � � ⇒ ��c 0P � 0� ⇒ 0P � 0��P ⇒ 0P � 0��c � !�c#� � �� K

�� X £¤!£�¤�T#!£¤9T# 0P � X �¥�2$1¦��1� · 0�� X 1¥�2$1¦��1� 0� es una integral racional

�� Descomposición factorial del denominador:

!�� $ 1#!� � 1# � !� $ 1#!� � 1#!� � 1# � !� $ 1#!� � 1#� ⇒ s� � 1 �/.1�� $1 0�"��K

�� Descomposición en fracciones simples:

1!�� $ 1#!� � 1# � w� $ 1 � §� � 1 � -!� � 1#� � w!� � 1#� � §!� $ 1#!� � 1# � -!� $ 1#!� $ 1#!� � 1#�

w!� � 1#� � §!� $ 1#!� � 1# � -!� $ 1# � 1 ⇒

⇒

�� 1 ¨ 4w � 1 ⇒ A � 14 � � $1: $ 2- � 1 ⇒ C � $12 � � 0 ¨ w $ § $ - � 1 ⇒ B � 14 � 12 $ 1 � $14

K

�� X T!¬��T#!¬9T# 0� � X 51 4�$1 � $1 4��1 � $1 2!��1#26 0P � 14 ��|� $ 1| $ 1

4 ��|� � 1| $ 12 X!� � 1#$2 0�

� 14 ��|� $ 1| $ 14 ��|� � 1| $ 12 ��1�$2�1$2�1 � 14 ��|� $ 1| $ 14 ��|� � 1| � 12!��1#

�� X VU!VÙ�W#!VU9W# [U � W® ?C|VU $ W| $ W® ?C|VU � W| � W`!VU9W# � ¯


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Ejercicio 3.-

Dada la matriz w � 5j � 1 01 $16

a) [1'25 puntos] Determina los valores de j para los que la matriz w� � 3w no tiene inversa. b) [1'25 puntos] Para j � 0 , halla la matriz ° que verifica la ecuación w° � w � 2± , siendo ± la

matriz identidad de orden 2

Solución

(a) w� � 3w no tiene inversa ⇔ |w� � 3w| � 0

w� � 5j � 1 01 $16 · 5j � 1 01 $16 � ¥ !j � 1#� 0j � 1 $ 1 1¦ � ¥!j � 1#� 0j 1¦

w� � 3w � 5j� � 2j � 1 0j 16 � 3 5j � 1 01 $16 � ¥!j � 1#� 0j 1¦ � 53!j � 1# 03 $36 �

w� � 3w � ¥!j � 1#� � 3!j � 1# 0j � 3 $2¦

|w� � 3w| � ²!j � 1#� � 3!j � 1# 0j � 3 $2² � $2 · ]!j � 1#� � 3!j � 1#^ � 0 ⇒ !j � 1#� � 3!j � 1# � 0

!j � 1#� � 3!j � 1# � !j � 1# · ]!j � 1# � 3^ � 0 ⇒ sj � 1 � 0 ⇒ j � $1j � 4 � 0 ⇒ j � $4K Por tanto ³` � F³ no tiene inversa ⇔⇔⇔⇔ ´ � $W y ´ � $®

(b) w � 51 01 $16 Se cumple: |w| � $1 u 0 ⇒ µw�T

�� Se despeja: w° � w � 2± ⇒ w° � 2± $ w ¶·¸¬¹º¸¹»¼½¾¿ ¼ ¸¼ ¹�À·¹£�¾¼ º¿� ÁÂÃ ÄÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÆ w�T · ]w° � 2± $ w^

w�T · w · ° � w�T · !2± $ w# ⇒ ± · ° � 2w�T · ± $ w�T · w ⇒ ° � 2w�T $ ± �� Se calcula w�T � T|Á| · !w0d w#¬

wTT � !$1#� · !$1# � $1 w�T � !$1#% · 0 � 0wT� � !$1#% · 1 � $1 w�� !$1#q · 1 � 1

w�T � T|Á| · !w0d w#¬ � T�T · 5$1 0$1 16 � 51 01 $16

�� Se calcula ° � 2w�T $ ± � 2 · 51 01 $16 $ 51 00 16 � 52 02 $26 $ 51 00 16 � 51 02 $36

�� Ç � 5W \` $F6


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Ejercicio 4.-

Considera los puntos w!1,0, $1# y §!2,1,0# , y la recta � dada por sP � S � 1P � k � 2 K (a) [1’75 puntos] Determina la ecuación del plano que es paralelo a � y pasa por w y § . (b) [0’75 puntos] Determina si la recta que pasa por los puntos �!1,2,1# y �!3,4,1# está

contenida en dicho plano.

Solución

Ecuación paramétrica de �: sP � S � 1P � k � 2 K ⇒ � P � � S � 1 $ �k � 2 $ � K ⇒ �0/��/ó� 0� �: 0�� !1, $1, $1#1�� 0� �: �� !0,1,2# K

(a) Sea � el plano pedido

Si � È � ⇒ 0�� !1, $1, $1# es una dirección del plano �

Si pasa por los puntos w y § ⇒ �w§�� es una dirección del plano �w es un punto del plano � K � � D0�� !1, $1, $1# w§�� !2,1,0# $ !1,0, $1# � !1,1,1#w!1,0, $1# K ⇒ � � pP $ 1 S $ 0 k � 11 $1 $11 1 1 p � 0

Desarrollando por los adjuntos de la 1ª fila:

!U $ W# · \ $ � · ` � !� � W# · ` � \ ⇒⇒⇒⇒ $`� � `� � ` � \ ⇒⇒⇒⇒ G � � $ � $ W � \

(b) La recta que pasa por los puntos �!1,2,1# y �!3,4,1# está contenida en el plano � ⇔

⇔ los puntos cumplen la ecuación del plano �

� � S $ k $ 1 � 0 Ô�!1,2,1# � � ⇔ 2 $ 1 $ 1 �? 0 �� /�� !3,4,1# � � ⇔ 4 $ 1 $ 1 �? 0 �� /��K

Por tanto como el punto � no cumple la ecuación del plano ⇒ la recta � Ö en el plano

Selectividad 2011: Junio Específico 1 – Opción A

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Junio Específico 1 - 2011 – Opción A


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 � ×Ø��c%

�� Función a optimizar: suma de las áreas

Á�� á�� 0��0� � á�� á�� P� � 2S� Á�� : w!P# � P� � 2 ¥50 $ 2P3 ¦� � P� � 29 !50 $ 2P#�

�� w&!P# � 2P � q) !50 $ 2P# · !$2# � 2P $ Ù) !50 $ 2P# � 0 ⇒ 2P � Ù) !50 $ 2P# ⇒

⇒ 18P � 400 $ 16P ⇒ 9P � 200 $ 8P ⇒ P � �ØØT� posible mínimo

w3&!P# � 2 � T�) ⇒ w3& 5�ØØT� 6 Ú 0 ⇒ P � �ØØT� mínimo relativo

(también es absoluto porque es el vértice de una parábola con las ramas hacia arriba)

S � ×Ø��c% � ×Ø � ÛÜÜÃÝ% � Ù×Ø�qØØ%·T� � q×Ø%·T� � T×ØT�

�� =>?@ABóC DW VE hE>�> !i?iHÞEV ~iEi V? A@i[Ei[>#: ®U � ß\\Wà � ®à. \á H ` VE hE>�> !i?iHÞEV ~iEi V? EVAháCg@?>#: J� � �\\Wà � á`. �á HK


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Determina la función L: !$1 , �∞# O 8 tal que L33!P# � Tâ y su gráfica tiene tangente

horizontal en el punto �!1,1# Solución

� El teorema fundamental del cálculo integral dice:

K L!P# continua en ]�, "^ Sea |!P# � ä L!�#0�c

¼ � P � ]�, "^å ⇒ | es una primitiva de L es decir |&!P# � ¡ä L!�#0�c¼ ¢& � L!P#

En este caso L&!P# � X L33!P#0P y L!P# � X L3!P#0P

(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# � 1L3!1# � 0K

� Se hacen los cálculos anteriores:

L&!P# � X L33!P#0P � X Tc 0P � ln|P| � è éê!T# ë ØÄÅÅÅÅÆ ln 1 � è � 0 ⇒ 0 � è � 0 ⇒ è � 0

L!P# � X L3!P#0P � X ln!P# 0P es una integral por partes y se aplica X 0b � b $ X b0

K � ��!P# ⇒ 0 � Tc 0P 0b � 0P ⇒ b � X 0P � P l ⇒ L!P# � X ln!P# 0P � P · ln P $ X 1P · P · 0P � P · ln|P| $ P � -

L!P# � P · ln|P| $ P � - é!T# ë TÄÅÅÅÅÆ L!1# � 1 · ln 1 $ 1 � - � 1 ⇒ 0 $ 1 � - � 1 ⇒ - � 2

ì!U# � U · YZ|U| $ U � `


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Ejercicio 3.-

Sean w y § dos matrices de orden 3 cuyos determinantes son |w| � T� y |§| � $2.

(a) [0’5 puntos] |w%| (b) [0’5 puntos] |w�T| (c) [0'5 puntos] | $ 2w| (d) [0'5 puntos] |w§¬|, siendo §¬ la matriz traspuesta de §

(e) [0'5 puntos] El rango de §

Solución

(a) ��F� � |w · w · w| �í!T# |w| · |w| · |w| � 123 � Wß (b) ��W� �í!`# W|�| � `

(c) |$`�| �í!%# !$2#% · |w| � $8 · T� � $®

(d) |�îh| �í!T# |w| · |§¬| �í!q# |w| · |§| � 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:

|w · §| � |w| · |§| (2) Si w�T es inversa de w ⇒ w · w�T � ± siendo ± la matriz identidad de orden 3 y |±| � 1

w · w�T � ± ⇒ |w · w�T| �í!T# |w| · |w�T| � |±| � 1 ⇒ |w�T| � T|Á| (3) 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 | � ï% · |w| (4) El determinante de una matriz es igual al determinante de su traspuesta


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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% � �� k que verifica que el

triángulo de vértices w , § y - tiene un ángulo recto en §.

(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 � 3k � 6 con el �d� ð° .

Solución

(a) Pasamos en primer lugar la recta � � c�T% � �� k a paramétricas ⇒ �P � 1 � 3.S � 2. k � . � . � 8K �� Como - � � ⇒ -!1 � 3. , 2. , .# �� w , § , - es un triángulo rectángulo en § ⇒ §w�� · §-�� 0 (es decir son perpendiculares)

§w�� !1,0,2# $ !1,2, $1# � !0, $2,3# §-�� !1 � 3. , 2. , .# $ !1,2, $1# � !3. , 2. $ 2 , . � 1# §w�� · §-�� !0, $2,3# · !3. , 2. $ 2 , . � 1# � 0 � $4. � 4 � 3. � 3 � 0 ⇒ . � 7

�� El punto pedido es -!1 � 3. , 2. , .# � !`` , W® , à# (b) �� El �d� ð° tiene de ecuación sS � 0k � 0K

�� El punto � es la solución del sistema �2P $ S � 3k � 6S � 0 k � 0 K ⇒ 2P � 6 ⇒ P � 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

w§�� !1,2, $1# $ !1,0,2# � !0,2, $3# y w�� !3,0,0# $ !1,0,2# � !20, $2#

w§�� ñ w�� òó� ô� ï��0 2 $32 0 $2ò � �dd�� 1ª L/�� !$4, $6, $4# ⇒ �w§�� ñ w�� √16 � 36 � 16 � √68

Así ÁEVi hEBáCg@?> � W ��î�� ñ �{�� W √Jß @`

Selectividad 2011: Junio Específico 1 – Opción B

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Junio Específico 1 - 2011 – Opción B

Ejercicio 1.-

Sea L: 8 O 8 la función definida por L!P# � 4 $ P�

(a) [1 punto] 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 � 2 es S $ L!2# � �Téê!�# !P $ 2# L!P# � 4 $ P� y L&!P# � $2P ⇒ � L!2# � 4 $ 4 � 0 L&!2# � $2 · 2 � $4 ⇒ �Téê!�# � Tq K La recta normal pedida es S $ 0 � Tq !P $ 2# ⇒ � � W® U $ W

Aunque no lo piden:

gráfica de L (en verde)

recta normal en P � 2 (en rojo)

recta tangente en P � 2 (en rojo y discontinua)

(b)

� La pendiente de la recta tangente en P � � es L&!�# � $2�

� La pendiente de la recta P � 2S $ 2 � 0: S � �T� P � 1 es . � �T�

� El producto de las pendientes de rectas perpendiculares es $1 ⇒

$2� · �T� � $1 ⇒ � � $1 � El punto pedido es �$1, L!$1#� � !$W, F# � Aunque no se pide gráficamente:


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Calcula X cö9c�c�9c�� 0P

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 $ 2 $P% $ P� � 2P P

2P

Se sabe que ÷¾ � - � 8¾ ⇒

cö9c�c�9c�� P � 2PP2�P$2

ä P% � P�P� � P $ 2 0P � ä ¥P � 2PP� � P $ 2¦ 0P � 12 P� � ä 2PP� � P $ 2 0P

X �cc�9c�� 0P es una integral donde el grado del numerador es menor que el del denominador (y

la derivada del numerador no es el denominador) por lo que se descompone factorialmente el

denominador:

P� � P $ 2 � !P $ 1#!P � 2# � 0 ⇒ ÔP � 1 ��/k �/.1�� P � $2 ��/k �/.1��K 0��.1��/�/ó� �� L��/�� /.1��ÄÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÆ

�cc�9c�� Ác�T � øc9� � Á!c9�#9ø!c�T#!P$1#!P�2# ⇒ 2P � w!P � 2# � §!P $ 1#

Dando valores a la expresión anterior: P � 1 ⇒ 2 � 3w ⇒ w � �%

P � $2 ⇒ $4 � $3§ ⇒ w � q%

ä UF � UÙ` � U $ ` [U � 12 P� � ä 2PP� � P $ 2 0P � 12 P� � ä ù 23P $ 1 � 43P � 2ú 0P �

� W U` � F ?C|U $ W| � ®F ?C|U � `| � ¯


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Ejercicio 3.-

Dada la matriz w � n 0 3 41 $4 $5$1 3 4 o

(a) [0’5 puntos] Demuestra que se verifica la igualdad 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 razonadamente wTØØ

Solución

(a) w� � w · w � n 0 3 41 $4 $5$1 3 4 o · n 0 3 41 $4 $5$1 3 4 o � n$1 0 11 4 4$1 $3 $3o

w% � w� · w � n$1 0 11 4 4$1 $3 $3o · n 0 3 41 $4 $5$1 3 4 o � n$1 0 00 $1 00 0 $1o � $ n1 0 00 1 00 0 1o � $±

(b) w es invertible ⇔ |w| u 0

|w| � p 0 3 41 $4 $5$1 3 4 p � 0 � 12 � 15 $ 16 $ 0 $ 12 � $1 u 0 ⇒ w es invertible

w�T � 1|w| !w0d w#¬

wTT � !$1#� · r$4 $53 4 r � $1 w�T � !$1#% · r3 43 4r � 0 w%T � !$1#q · r 3 4$4 $5r � 1wT� � !$1#% · r 1 $5$1 4 r � 1 w�� !$1#q · r 0 4$1 4r � 4 w%� � !$1#× · r0 41 $5r � 4

wT% � !$1#q · r 1 $4$1 3 r � $1 w�% � !$1#× · r 0 3$1 3r � $3 w%% � !$1#� · r0 31 $4r � $3

��W � T|Á| !w0d w#¬ � $ n$1 0 11 4 4$1 $3 $3o � n W \ $W$W $® $®W F F o

(c) Se sabe por el primer apartado que w% � $±

�W\\ � w)) · w � !w%#%% · w � !$±#%% · w � $w � n \ $F $®$W ® áW $F $®o


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Considera los planos �T , �� y �% dados respectivamente por las ecuaciones

3P $ S � k $ 4 � 0 , P $ 2S � k $ 1 � 0 y P � k $ 4 � 0

Halla la ecuación de la recta que pasa por el punto �!3,1, $1#, es paralela al plano �T y corta

a la recta intersección de los planos �� y �% .

Solución

1ª forma Sea � la recta pedida

�� È �T ⇒ � û � siendo � un plano paralelo a �T pasando por �!3,1, $1# � � 3P $ S � k � � � 0 pasa por �!3,1, $1# ⇒ 9 $ 1 $ 1 � � � 0 ⇒ � � $7

� � 3P $ S � k $ 7 � 0

�� corta a la recta Ô�� P $ 2S � k $ 1 � 0 �% � P � k $ 4 � 0 K ⇒

⇒ la solución del sistema � � � 3P $ S � k � 7 �� P $ 2S � k � 1 �% � P � k � 4 K es otro punto de � � �

w � n3 $1 11 $2 11 0 1o y |w| � $6 � 0 $ 1 � 2 $ 0 � 1 � $4 u 0 ⇒ Sistema de Cramer

�� P � p� �T TT �� Tq Ø Tp

�q � �Tq9Ø�q9Ù�Ø9T�q � )qS � p% � TT T TT q Tp

�q � %9q9��T��T��q � �q k � p% �T �T �� TT Ø qp

�q � ��q9Ø�T9Tq�Ø9q�q � �q

K ⇒ �!)q , %� , �q #

La dirección de la recta � es �� 5)q , %� , �q 6 $ !3,1, $1# � !�%q , T� , TTq # È !$3,2,11#

�� La ecuación continua de la recta � es: U�F�F � ��W` � �9WWW

�� Un dibujo explicativo:


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2ª forma Sea 0�� !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 �T ⇒ 0�� es perpendicular al vector normal de �T � 3P $ S � k $ 4 � 0: �� !3, $1,1# 0�� !1, �, "# � �� !3, $1,1# ⇔ 0�� ü �� 0 ⇒ 3 $ � � " � 0 ⇒ " � � $ 3

0�� !1, �, � $ 3# ⇒ � � � P � 3 � j S � 1 � �j k � $1 � !� $ 3#jK

�� corta a la recta Ô�� P $ 2S � k $ 1 � 0 �% � P � k $ 4 � 0 K !3 � j , 1 � �j , $1 � !� $ 3#j# punto de � que cumple la ecuación de ambos planos

3 � j $ 2!1 � �j# $ 1 � !� $ 3#j $ 1 � 0 ⇒ $1 $ 2j $ �j � 0 3 � j $ 1 � !� $ 3#j $ 4 � 0 ⇒ $2 $ 2j � �j � 0

Se resuelve: s �j � $1 $ 2j $2j � �j � 2 K ¼ýë�T��ýÄÅÅÅÅÅÅÆ $2j $ 1 $ 2j � 2 ⇒ j � �%q y � � ��%

�� La dirección de la recta es 0�� !1, �, � $ 3# � 51, ��% , �TT% 6 È !$3,2,11#

�� La recta tiene de ecuación paramétrica: E � � U � F $ FH � � W $ `H � � $W � WWHK � H � �


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Junio Específico 2 - 2011 – Opción A


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�� á��: 2P � 2S

1��í.�� 0�� ./�í��: 12 2�P � �P

��í.�� 2P � 2S � �P � 10 ⇒ S � TØ—�c��c� � TØ�!�9�#c� ∗∗∗∗

�� Función a optimizar: área

KÁ�� á�� ! "�� · �� # � 2P · S Á�� ./�í�� T� � · P� � ⇒ Á�� 2PS � T� �P�

Se pone en función de una sola variable teniendo en cuenta ∗∗∗∗

Á�� 2PS � 12 �P� � 2P · 10 $ !2 � �#P2 � 12 �P� � 10P— !2 � �#P� � 12 �P�

w!P# � 10P � 5$2 $ � � T� �6 P� � 5$2 $ T� �6 P� � 10P

�� w!P# � 5$2 $ T� �6 P� � 10P ⇒ w&!P# � 2 5$2 $ T� �6 P � 10 � 0 ⇒ P � ×�9Ã��

Como w!P# es una parábola con las ramas hacia abajo, el vértice es un máximo absoluto

P � 52 � 12 � � 2 · 54 � � � 104 � � S � 10 $ !2 � �#P2 � 5 $ 2 � �2 · 104 � � � 5 $ 5!2 � �#4 � �

S � 20�5�$10$5�4�� 104�� =>?@ABóC

��iCAI> [V ?i �VChiCi: Ù � `\®�G H i?h> [V ?i �VChiCi: � � W\®�G H Ei[B> [V? fVHBAíEA@?>: U � W\®�G H

K


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Calcula el valor de " Ú 0 , sabiendo que el área de la región comprendida entre la curva

S � √P y la recta S � "P es de q% unidades cuadradas.

Solución

La recta S � "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 £¸£�¼½¾¿ ¼¸ »·¼¾�¼¾¿ÄÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÆ P � "�P� ⇒ "�P� $ P � 0 ⇒ P!"�P $ 1# � 0 ⇒ � P � 0P � T�� K

Observando el dibujo:

Á�� ä !√PT ��Ø $ "P#0P � �PT�9T12 � 1 $ "P�2 �

Ø

T �� 23 P%� $ 12 "P��ØT �� 43

23 · ! 1"�#%� $ 12 · " · ! 1"�#� � 23� 1"� $ 12 · ""q � 23"% $ 12"% � 4 $ 36"% � 16"% 16"% � 43 ⇒ 3 � 24"% ⇒ 8"% � 1 ⇒ Þ � W√ßF � W


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Ejercicio 3.-

Considera las matrices w � n1 0 00 j 10 $1 jo y § � n0 0 11 0 00 1 0o

(a) [1 punto] ¿Hay algún valor de j para el que w no tiene inversa?

(b) [1'5 puntos] Para j � 1, resuelve la ecuación matricial w�T · ° · w � §

Solución

(a) w no tiene inversa ⇔ |w| � 0

p1 0 00 j 10 $1 jp � j2 � 0 � 0 $ 0 � 1 $ 0 � j2 � 1 u 0 � j � 8 Por tanto : µ ��W � t � �

w�T · ° · w � §

¶·¸¬¹º¸¹»¼½¾¿ º¿� ¸¼ ¹�¾¼. º¿� Á ¶·¸¬¹º¸¹»¼½¾¿ º¿� ¸¼ ¾»¼. º¿� ÁÂÃÄÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÆ w · w�T · ° · w · w�T � w · § · w�T

Como w · w�T � ± !�/��0� ± �� .��/k /0��/0�0 0� ��0�� 3# : ° � w · § · w�T

Se calcula por tanto w�T

w � n1 0 00 1 10 $1 1o |w| � j� � 1 � 2 w�T � T|Á| !w0d w#¬ wTT � !$1#� · r 1 1$1 1r � 2 w�T � !$1#% · r 0 0$1 1r � 0 w%T � !$1#q · r0 01 1r � 0wT� � !$1#% · r0 10 1r � 0 w�� !$1#q · r1 00 1r � 1 w%� � !$1#× · r1 00 1r � $1

wT% � !$1#q · r0 10 $1r � 0 w�% � !$1#× · r1 00 $1r � 1 w%% � !$1#� · r1 00 1r � 1

w�T � T|Á| !w0d w#¬ � T� n2 0 00 1 $10 1 1 o

° � w · § · w�T � n1 0 00 1 10 $1 1o · n0 0 11 0 00 1 0o · 12 n2 0 00 1 $10 1 1 o� 12 n 0 0 11 1 0$1 1 0o · n2 0 00 1 $10 1 1 o � 12 n 0 1 12 1 $1$2 1 $1o

Ç ��

\ W WW W �W

$W W �W ��


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Ejercicio 4.-

Dados los puntos w!1,0,0#, §!0,0,1# y �!1, $1,1#, y la recta r definida por sP $ S $ 2 � 0k � 0 K (a) [2 puntos] Halla los puntos de la recta � cuya distancia al punto � es de 3 unidades.

(b) [0’5 puntos] Calcula el área del triángulo w§�.

Solución

(a) Sea � un punto genérico de la recta � � sP $ S $ 2 � 0k � 0 K sP $ S $ 2 � 0k � 0 K ⇒ � P � 2 � . S � . k � 0 K ⇒ �!2 � . , . , 0#

Se calcula . de forma que 0!�, �# � 3

K �!1, $1,1# �!2 � . , . , 0# � ⇒ �� !2 � . , . , 0# $ !1, $1,1# �� !1 � . , . � 1 , $1# 0!�, �# � �� !. � 1#� � !. � 1#� � 1 � 3

elevando al cuadrado: 2!. � 1#� � 1 � 9 ⇒ 2!.� � 2. � 1# � 1 � 9 ⇒ 2.� � 4. $ 6 � 0 ⇒ .� � 2. $ 3 � 0

. � $2 * √4 � 122 � $2 * 42 � s 1$3K Otra forma de resolver la ecuación:

2!. � 1#� � 1 � 9 ⇒ 2!. � 1#� � 8 ⇒ !. � 1#� � 4 ⇒ . � 1 � *2 ⇒ s . � 1 � 2. � 1 � $2K . � 1 ó . � $3 . � 1 ⇒ �W � !F , W , \# . � $1 ⇒ �T � !1 , $1 , 0#

(b) Observando el siguiente dibujo:

w§�� !0,0,1# $ !1,0,0# � !$1,0,1# w�� !1, $1,1# $ !1,0,0# � !0, $1,1# w§�� ñ w�� ò ó� ô� ï��$1 0 10 $1 1ò � !1,1,1# ÁEVi � T� �w§�� ñ w�� T� √1� � 1� � 1� � √F @. i.


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Junio Específico 2 - 2011 – Opción B

Ejercicio 1.-

Sea L: �T£ , 4� O 8 la función definida por L!P# � � P $ ln P � � �/ T£ � P � 2"P � 1 $ ln 2 �/ 2 7 P � 4K donde ln denota la función logaritmo neperiano.

(a) [1'25 puntos] Calcula los valores de � y " para que L sea derivable en el intervalo !T£ , 4# (b) [1'25 puntos] Para � � 0 y " � T� halla los extremos absolutos de L (abscisas donde

se obtienen y valores que se alcanzan).

Solución

(a) L!P# � � P $ ln P � � �/ T£ � P � 2"P � 1 $ ln 2 �/ 2 7 P � 4K L3!P# � D1 $ Tc �/ T£ 7 P 7 2µ �/ P � 2" �/ 2 7 P 7 4 K L sea derivable en el intervalo !T£ , 4# ⇒ ÔL ��/�� P � 2L&�!2# � L&9!2# K

ì continua en U � ` ⇒⇒⇒⇒ L!2# � �/.cO�ÂL!P# � �/.cO��L!P# ⇒ 2 $ ln 2 � � � 2" � 1 $ ��2

2 � � � 2" � 1 ⇒ � � 2" $ 1 ì&�!`# � ì&9!`# ⇒⇒⇒⇒ 1 $ 12 � " ⇒ Þ � W

� � 2" $ 1 � 2 · T� $ 1 ⇒ i � \ (b) L!P# � DP $ ln P �/ T£ � P � 2T� P � 1 $ ln 2 �/ 2 7 P � 4K L3!P# � D 1 $ Tc �/ T£ 7 P � 2T� �/ 2 7 P 7 4K

El teorema de Weierstrass dice: L es continua en ]� , "^ ⇒ L alcanza los extremos absolutos en ]� , "^ Por tanto como L es continua en �T£ , 4� (por el apartado anterior) la función alcanza sus

extremos absolutos en dicho intervalo.

Se encuentran entre sus extremos relativos y los extremos del intervalo:

Extremos relativos: L3!P# � D 1 $ Tc � 0 ⇒ P � 1 �/ T£ 7 P � 2T� � 0 /.1��/"�� / 2 7 P 7 4K P � 1 posible extremo relativo ⇒ posible extremo absoluto

K L 5T£6 � T£ $ ln T£ � T£ $ !$1# � 1336 L!4# � T� · 4 � 1 $ ln 2 � 3 $ ln 2 � 2331L!1# � 1 $ ln 1 � 1 �� ⇒ ÔHáUBH> iÞf>?@h> !® , F $ YZ `#HíCBH> iÞf>?@h> !W , W# K


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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 �!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 � 12 P� $ ± ± � X P ln P 0P es una integral por partes X 0b � b $ X b0

� ln P ⇒ 0 � Tc 0P

0b � P 0P ⇒ b � X P 0P � T� P�

± � ä P ln P 0P � 12 P� · ln P $ 12 ä 1P · P� 0P � 12 P� · ln P $ 12 ä P 0P � 12 P� · ln P $ 14 P�

|!P# � ä P!1 $ ln P# 0P � 12 P� $ ± � 12 P� $ ¥12 P� ln P $ 14 P�¦ � è � 34 P� $ 12 P� ln P � è

|!1# � 1 ⇒ %q · 1 $ T� · 1 · ln 1 � è � 1 ⇒

%q $ 0 � è � 1 ⇒ è � 1 $ 34 � 14

�!U# � F® U` $ W U` YZ U � W®


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Ejercicio 3.-

Dadas las matrices w � n 1 1 02 � � 1 � $ 1$2� $ 1 0 � � 3o y ° � ¡PSk¢

(a) [1'75 puntos] Calcula el rango de A según los diferentes valores de t

(b) [0'75 puntos] Razona para qué valores de � el sistema homogéneo w° � ð tiene más de una

solución.

Solución

(a) w � n 1 1 02 � � 1 � $ 1$2� $ 1 0 � � 3o

|w| � p 1 1 02 � � 1 � $ 1$2� $ 1 0 � � 3p � -�: -� $ -T � p 1 0 02 � $ 1 � $ 1$2� $ 1 2� � 1 � � 3p � �0d�� 1ª L/��

� 1 · wTT � 0 · wT� � 0 · wT% � r � $ 1 � $ 12� � 1 � � 3r � !� $ 1# · r 1 12� � 1 � � 3r �

� !� $ 1# · !� � 3 $ 2� $ 1# � !� $ 1# · !2 $ �# �� h � W ⇒⇒⇒⇒ w � n 1 1 02 2 0$3 0 4o |w| � 0 y r2 00 4r u 0 ⇒ �!w# � 2

�� h � ` ⇒⇒⇒⇒ w � n 1 1 02 3 1$5 0 5o |w| � 0 y r3 10 5r u 0 ⇒ �!w# � 2

�� h u W � h u ` |w| u 0 ⇒ E!�# � F

(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| � 0

Por tanto por el apartado anterior:

� u 1 , 2 ⇒ el sistema es compatible determinado de solución !0,0,0# h � W ó h � ` ⇒⇒⇒⇒ el sistema es compatible indeterminado con infinitas soluciones


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Ejercicio 4.-

Dados el punto �!1,1, $1# y la recta � de ecuaciones ÔP � k � 1S � k � 0K a) [1 punto] Halla la ecuación del plano que contiene a � y pasa por �.

b) [1'5 puntos] Halla la ecuación de la recta contenida en el plano de ecuación S � k � 0 ,

que es perpendicular a � y pasa por �.

Solución Se expresa la recta � en sus ecuaciones paramétricas:

ÔP � k � 1S � k � 0K ⇒ �P � 1 $ �S � $� k � � K ⇒ � 0�� !$1, $1, 1# �� !1, 0, 0# K (a) Sea � el plano pedido D�!1,1, $1# � � � û � ⇒ �� /�� 0/��/ó� 0� �: 0�� !$1, $1, 1#� ��/�� 1�� 0� �: �� !1, 0, 0# KK

⇒ D0/��/ó� 0�� 1��: 0�� !$1, $1, 1# 0/��/ó� 0�� 1��: �� !1, 0, 0# $ !1, 1, $1# � !0, $1, 1# �� !1, 0, 0# K � � pP $ 1 S k$1 $1 10 $1 1p � 0 ⇒ !P $ 1# · 0 $ S · !$1# � k · 1 � 0 ⇒ � � S � k � 0

(es uno de los planos de �)

(b) Sea � la recta pedida. Sea 0�� !�, ", �# la dirección de la recta �

Como �!1,1, $1# � � la ecuación paramétrica de � es: �P � 1 � �. S � 1 � ". k � $1 � �.K Los puntos de � son de la forma: !1 � �., 1 � "., $1 � �.#

� û S � k � 0 ⇒ !1 � �., 1 � "., $1 � �.#�.1�� /ó�: 1 � ". $ 1 � �. � 0

⇒ � � $" El vector director de � es de la forma: 0�� !�, ", $"#

� � � ⇒ 0�� 0�� ⇒ 0�� · 0�� 0 : !�, ", $"# · !$1, $1, 1# � $� $ " $ " � 0 ⇒ � � $2"

El vector director de � es: 0�� !�, ", $"# � !$2", ", $"# �º¼�¼ �ë�T !2, $1,1#

La ecuación paramétrica de � es: �P � 1 � 2. S � 1 $ . k � $1 � . K

Selectividad 2011: Septiembre – Opción A

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Septiembre - 2011 – Opción A


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

��í.��: 2P � 2�P� � �� 8

P � �P� � �� 4

�√P� � �� !4 $ P#� ⇒ P� � �� !4 $ P#�

�� !4 $ P#� $ P� � 16 $ 8P ⇒ � � √16 $ 8P (es una longitud)

�� Función a optimizar: área triángulo

w � 5T� "�� · �� 6 � 12 · 2P · � � P · �

w � P · � � P√16 $ 8P � √16P� $ 8P%

optimizar la función √16P� $ 8P% � optimizar la función 16P� $ 8P%

�� !P# � 16P� $ 8P% ⇒ �&!P# � 32P $ 24P� � 0 ⇒

⇒ P!32 $ 24P# � 0 ⇒ �P � 0 �� bá�/0�, �� /�0P � 43 1��/"�� .áP/.� K �3&!P# � 32 $ 48P ⇒ �3& 5436 � 32 $ 48·43 � 32 $ 64 7 0 ⇒ P � 43 .áP/.� ��/b�

es absoluto en el intervalo !0, �∞# �� √16 $ 8P � +16 $ 8·43 � +48$323 � 4�3

�� =>?@ABóC �ÞifV Ù � ßF i?h@Ei I � ®�F K

Otra forma de calcular P:

w!P# � √16P� $ 8P% ⇒ w&!P# � 32P$24P22+16P2$8P3 � 4·P�8$6P�2·2·P�4$2P � 8$6P�4$2P � 0 ⇒ P � 43


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Ejercicio 2.-

Considera las funciones L, ¨ 8 O 8 definidas por L!P# � 6P – P� y !P# � P� – 2P

(a) [0’75 puntos] Esboza 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

(a) � L!P# � 6P – P� es una parábola con las ramas hacia abajo

Vértice: P� � $6$2 � 3 S� � 18 $ 9 � 9 ⇒ !3,9# Punto: !0,0# � !P# � P� $ 2P es una parábola con las ramas hacia arriba

Vértice: P� � 22 � 1 S� � 1 $ 2 � $1 ⇒ !1, $1# Punto: !0,0# � Puntos de corte: 6P – P� � P� $ 2P ⇒ 2P� $ 8P � 0 ⇒ P!2P $ 8# � 0 ⇒ sP � 0P � 4K !\, \# y !®, ß# � Gráficas:

(b) Observando el dibujo

Á�� ä ]!6P – P�# $ !P� $ 2P#^ 0PqØ � ä !8P $ 2P�#0Pq

Ø � �4P� $ 23 P%�Øq

� 564 $ 2·643 6 $ !0 $ 0# � 643

ÁEVi � J®F


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Ejercicio 3.-

Dadas las matrices w � n � 1 $11 � $1$1 $1 � o y § � n011o

(a) [1’75 puntos] Calcula el rango w dependiendo de los valores de �.

(b) [0'75 puntos] Para � � 2, resuelve la ecuación matricial w. ° � §.

Solución

(a) |w| � p � 1 $11 � $1$1 $1 � p � |�: |� $ |T|%: |% � |T � p � 1 $11 $ � � $ 1 0$1 � � 0 � $ 1p � ��0� L�� .ú�:1 $ � 0� 2ª L/��$1 � � 0� 3º L/�� !1 $ �# · !$1 � �# · p� 1 $11 $1 01 0 1 p � !1 $ �# · !$1 � �# · !$� $ 1 $ 1#

|w| � !1 $ �# · !1 $ �# · !� � 2# � !1 $ �#� · !� � 2# � � 1 w � n 1 1 $11 1 $1$1 $1 1 o

Evidentemente �!w# � 1 porque |T � |� � $|% � � $2 w � n$2 1 $11 $2 $1$1 $1 $2o

Evidentemente �!w# � 2 porque �|w| � 0 r$2 11 $2r u 0K

� u 1 , $2 ⇒ |w| u 0 ⇒ �!w# � 3

(b) Si � � 2 por el apartado anterior |w| � !1 $ �#� · !� � 2# � 4 u 0 y w � n 2 1 $11 2 $1$1 $1 2 o

Por tanto w° � § es un sistema de Cramer

P � |wc||w| � p0 1 $11 2 $11 $1 2 p4 � 1 $ 1 � 2 $ 24 � 0

S � �Á �|Á| � p � Ø �TT T �T�T T � pq � q�T�T9�q � 1 Solución : !\ , W , W#

k � |w�||w| � p 2 1 01 2 1$1 $1 1p4 � 4 $ 1 � 2 $ 14 � 1


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Ejercicio 4.-

Considera los puntos w!$1, ï ,3# , §!ï � 1 , 0 , 2# , -!1,2,0# y �!2,0,1#. (a) [1’75 puntos] ¿Existe algún valor de ï para que los vectores w§�� , §-�� y -�� 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

(a) w§�� , §-�� y -�� son l.d. ⇔ det�w§�� , §- ��, -�� 0

w§�� !ï � 1 , 0 , 2# $ !$1, ï ,3# � !ï � 2 , $ï , $1#

§-�� !1,2,0# $ !ï � 1 , 0 , 2# � !$ï , 2 , $2# -�� !2,0,1# $ !1,2,0# � !1 , $2 , 1#

det�w§�� , §- ��, -�� pï � 2 $ï $1$ï 2 $21 $2 1 p � 0

pï � 2 $ï $1$ï 2 $21 $2 1 p � 2ï � 4 $ 2ï � 2ï � 2 $ 4ï $ 8 $ ï� � $ï� $ 2ï $ 2 � 0

ï� � 2ï � 2 � 0 ⇒ k � $2*�4$82 " solución

Por tanto: det�w§�� , §- ��, -�� u 0 � ï � 8 ⇒ �î�� , îz�� y z{�� son l.i � # � �

(b) w , §, - y � forman un tetraedro ⇔ w§�� , §-�� y -�� son l.i

Esto es cierto por el apartado anterior

Volumen tetraedro = T� �det�w§�� , §- ��, -�� T� r$ï2 $ 2ï $ 2r � 1

r$ï2 $ 2ï $ 2r � 6 ⇒ �$ï2 $ 2ï $ 2 � 6 ⇒ ï2 � 2ï � 8 � 0 ⇒ k � $2*�4$322 �� P/��$ï2 $ 2ï $ 2 � $6 ⇒ ï2 � 2ï $ 4 � 0 ⇒ k � $2*�4�162 K Solución: k � $2*�4�162 � $2*2�52 � $1 * √5

$ � W * √á

Selectividad 2011: Septiembre – Opción B

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Septiembre - 2011 – Opción B

Ejercicio 1.-

Sea L: 8 O 8 la función definida por f!x# � %cÛ9Tcö para P u 0

(a) [1’25 puntos] Estudia las asíntotas de la gráfica de la función.

(b) [1’25 puntos] Halla los intervalos de crecimiento y de decrecimiento, y los extremos relativos

(abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan).

Solución

(a) f!x# � 3P4�1P3

� A.V. P � 0 es una posible A.V. porque anula el denominador

�/.cOØ L!P# � �/.cOØ 3Pq � 1P% � 10 �? ∞ ⇒ �0� : 10� � $∞09 : 109 � �∞K ⇒ U � \ Vf �.'.

� A.H. �/.cO*( L!P# � �/.cO*( 3P4�1P3 � ∞ ⇒ " �.)

� A.O. S � .P � �

H � �/.cO*( L!P#P � �/.cO*( 3P4�1P4 � 3

C � �/.cO*( !ì!U# $ HU# � �/.cO*( ¡3Pq � 1P% $ 3P¢ � �/.cO*(3Pq � 1 $ 3PqP% � �/.cO*( 1P% � 0

� � FU es A.O.

(b) f!x# � 3P4�1P3 ⇒ f &!x# � 12P3·P3$ 3P2·53P4�16P6 � P2·512P4$9P4$36P6 � 3P4$3P4

*��í� L � �/�� L& � ÔL&!P# � 0 ⇒ 3Pq $ 3 � 0 ⇒ P � *1 1��/"�� P��.��/��/�/0�0�� 0� L&: P � 0 K �/�� L&

Monotonía f

Resumiendo

L&!$2# � L&!2# � ��

L&!$035# � L&!035# � $� � $

Signo L’!P# � 3!P4$1#�

Creciente: !$∞ , W# + !W , �∞#

Decreciente: !$W, \# + !\, W#

Máximo relativo: !$W, ì!$W## � !$W, $®#

Mínimo relativo: !W, ì!W## � !W, ®#

-1 1 0

+ + - -

-1 1 0


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Ejercicio 2.-

Sean L , ¨ 8 O 8 las funciones definidas por L!P# � �Tq P� � 4 y !P# � P� $ 1

(a) [0’75 puntos] Halla la ecuación de la recta tangente a la gráfica de L en el punto de abscisa P � $2. (b) [1’75 puntos] Esboza el recinto limitado por las gráficas de ambas funciones y la recta S � P � 5. Calcula el área de este recinto. Solución

(a) La r.t. en P � $2 tiene de ecuación S $ L!$2# � L&!$2# · !P � 2# L!P# � $14 P� � 4 S L&!P# � $12 P ⇒ � L&!$2# � $12 · !$2# � 1

L!$2# � $14 !$2#� � 4 � 3K r.t. en P � $2 : S $ 3 � 1 · !P � 2# ⇒ S � P � 5

(b) � L!P# � �Tq P� � 4 es una parábola con las ramas hacia abajo

Vértice: P� � 02� � 0 S� � 4 ⇒ !0,4#

Punto: !2,3# � !P# � P� $ 1 es una parábola con las ramas

hacia arriba

Vértice: P� � 02 � 0 S� � $1 ⇒ !0, $1# Punto: !1,0# � Puntos de corte de L y :

�Tq P� � 4 � P� $ 1 ⇒

×q P� $ 5 � 0 ⇒ P � *2

� Puntos de corte de la recta y : P � 5 � P� $1 ⇒ P� $ P $ 6 � 0 ⇒ P � $2 y 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## [UF �

� X ¥!U � á# $ !�W® U` � ®#¦ [U�` + X 5!U � á# $ !U` $ W#6 [UF �

� X 5W® U` � U � W6 [U�` + X �$U` � U � J� [UF �

� � WW` UF � W U` � U��``

+ ��WF UF � W U` � JU�`F �

� �5 ßW` � ` � `6 $ 5�ßW` � ` $ `6� + �5$� � � � Wß6 $ 5�ßF � ` � W`6� �

� �®F � ®� + �� ßF $ á� � WJF + WFJ � ®áJ @`

ÁEVi � ®áJ @`


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Ejercicio 3.-

Sean las matrices w � 5 � 1$� 36 y § � 5 1 3 1$1 4 26

(a) [1’25 puntos] Calcula los valores de � para los que la matriz inversa de w es TT� w

(b) [1'25 puntos] Para � � $3, determina la matriz ° que verifica la ecuación w¬ . ° � § ,

siendo w¬ la matriz traspuesta de A.

Solución

(a) TT� w es la matriz inversa de w ⇔ 5 TT� w6 · w � w · 5 TT� w6 � ± siendo ± � 51 00 16

Es decir: TT� w · w � ± ⇔ w · w � 12± ⇔ w · w � 512 00 126

w · w � 5 � 1$� 36 · 5 � 1$� 36 � ¥ �� $ � � � 3$�� $ 3� $� � 9¦ � 512 00 126 ⇔ � �� $ � � 12� � 3 � 0 $�� $ 3� � 0$� � 9 � 12K

, � $F cumple las cuatro ecuaciones

(b) w � 5$3 13 36 w¬ � 5$3 31 36

Por las propiedades de las matrices: !w¬#�T � !w�T#¬ w¬ . ° � § .��/1�/��0� º¿� ¸¼ ¹�¾¼. º¿� �Á-�ÂÃ ÄÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÆ !w¬#�T · w¬ . ° � !w¬#�T · §

�Á-�ÂÃ·Á-ë. � .·/ë/ÄÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÆ ° � !w¬#�T · §

�Á-�ÂÃë �ÁÂÃ�-ë5 ÃÃ� Á6-ë ÃÃ�Á-ÄÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÆ ° � TT� w¬ · §

° � 112 w¬ · § � 112 · 5$3 31 36 · 5 1 3 1$1 4 26 � 112 · 5$6 3 3$2 15 76

Ç � 112 · 5$J F F$` Wá à6


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Ejercicio 4.-

Dado el plano � de ecuación P � 2S $ k � 0 y la recta � de ecuaciones Ô 3P $ S � 5 P � S $ 4k � $13K (a) [1’75 puntos] 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.

Solución

(a) Se expresa la recta � en sus ecuaciones paramétricas:

Ô 3P $ S � 5 P � S $ 4k � $13K ⇒ DP � . S � $5 � 3. k � Tq !. $ 5 � 3. � 13# K ⇒ �P � . S � $5 � 3. k � 2 � . K Todos los puntos de la recta � son de la forma !. , $5 � 3. , 2 � .# Se sustituye en la ecuación del plano y se obtienen la intersección de recta y plano: P � 2S $ k � 0 : . � 2!$5 � 3.# $ !2 � .# � 0 ⇒ 6. $ 12 � 0 ⇒ . � 2 !. , $5 � 3. , 2 � .# � !2 , 1 , 4# El punto pedido es !` , W , ®#

(b) Observamos el siguiente dibujo

1º Construimos la recta � perpendicular al plano � y que pase por �

K� ¨ P � 2S $ k � 0 ⇒ �� !1 , 2 , $1# � 0�� 1�� 1�� !1, $2,3#� ⇒ � � � P � 1 � � S � $2 � 2�k � 3 $ � K � � � 8

2º � � � � � � ¨ P � 2S $ k � 0 ⇒ !1 � �# � 2!$2 � 2�# $ !3 $ �# � 0 1 � � $ 4 � 4� $ 3 � � � 0 ⇒ 6� � 6 ⇒ � � 1

�!1 � �, $2 � 2�, 3 $ �# � !2 , 0 , 2# 3º � es el punto medio del segmento ��3 K�!1, $2,3#�&!P, S, k#�!2,0,2# å ⇒

�� 2 � 1�P2 ⇒ 1 � P � 4 ⇒ P � 3 0 � $2�S2 ⇒ $ 2 � S � 0 ⇒ S � 22 � 3�k2 ⇒ 3 � k � 4 ⇒ k � 1

K ⇒ �&!F, `, W#

Selectividad 2011: Modelo 1 – Opción A

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Modelo 1 - 2011 – Opción A


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 � � ⇒ L33!P# � 6�P � 2"P

� Punto de inflexión en !1,0# ⇒

Ô �� 1�� 0� /��P/ó�: L&&!1# � 0 ⇒ 6� · 1� � 2" · 1 � 0 ⇒ 3� � " � 0 �� 1�� 1�� 1�� !1,0#: L!1# � 0 ⇒ � · 1% � " · 1� � � · 1 � 0 ⇒ � � " � � � 0 K � Recta tangente en !1,0# es S � $3P � 3

⇒ L&!1# � $3 ⇒ 3� · 1� � 2" · 1 � � � $3 ⇒ 3� � 2" � � � $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 3� � " � 0 � � " � � � 03� � 2" � � � $3l ⇒ K " � $ 3� � $ 3� � � � 03� $ 6� � � � $3l ⇒ K " � $ 3� $2� � � � 0$3� � � � $3 l

��¼9»ëØ%¼�»ë%¼ ë % ⇒ s" � $3� � $3 · 3 � $9� � 2� � 2 · 3 � 6 K

� Solución: ì!U# � FUF $ �U` � JU


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Ejercicio 2.-

Sean L, ¨ 8 O 8 las funciones definidas por L!P# � 4 $ 3|P| y !P# � P� (a) [1 punto] Esboza las gráficas de L y .Determina sus puntos de corte.

(b) [1’5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de L y .

Solución

(a) �

L!P# � 4 $ 3|P| � s4 $ 3 · !$P# P � 04 $ 3 · P P 0 0 K � s 4 � 3P P � 04 $ 3P P 0 0K � !P# � P� es una parábola con las ramas hacia arriba de

vértice !0,0# y que pasa por el punto !1,1# y !$1,1# � Puntos de corte : se observa que son los puntos !1,1# y !$1,1# Pero si no fuese tan evidente se haría Ô4 � 3P � P� P � 04 $ 3P � P� P 0 0K � Gráficas:

(b) El área pedida se observa que es simétrica respecto del eje OY

Por tanto

ÁEVi = 2 X ]!4 $ 3P# $ P�^0PTØ � 2 �4P $ %� P� $ T% P%�ØT =

= 2 �54 $ %� $ T%6 $ !0#� � 2 · �q�)�� = WFF @`

x y

$W ® � F!$W# � W \ ® $ \ � ®

W ® $ F · W � W


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Ejercicio 3.-

Sean w y § las matrices que verifican w � § � 54 23 26 y w $ § � 52 41 $26

(a) [1 punto] Halla las matrices !w � §# · !w $ §# y w� $ §�

(b) [1'5 puntos] Resuelve la ecuación matricial °. w $ ° · § $ !w � §#¬ � 2± , siendo ± la

matriz identidad de orden 2 y !w � §#¬ la matriz traspuesta de w � § .

Solución

(a) �� !� � î# · !� $ î# � 54 23 26 · 5 2 4$1 26 � 5J `\® WJ6

� Para calcular w� $ §� previamente se calcula w y § resolviendo el sistema:

K w � § � 54 23 26w $ § � 5 2 4$1 26å ⇒ D�.��0�: 2w � 54 23 26 � 5 2 4$1 26 � 56 62 46 ⇒ w � 53 31 26

��0�: 2§ � 54 23 26 $ 5 2 4$1 26 � 52 $24 0 6 ⇒ § � 51 $12 0 6 K K w� � 53 31 26 · 53 31 26 � 512 155 7 6 §� � 51 $12 0 6 · 51 $12 0 6 � 5$1 $12 $26å ⇒ �` $ î` � 512 155 7 6 $ 5$1 $12 $26 = 5WF WJF � 6

(b) °. w $ ° · § $ !w � §#¬ � 2± ⇒ °. w $ ° · § � 2± � !w � §#¬ Sacando factor común °: °. !w $ §# � 2± � !w � §#¬ Si |w $ §| u 0 ⇒ µ !w $ §#�T multiplicando a la derecha por !w $ §#�T

°. !w $ §# · !w $ §#�T � ]2± � !w � §#¬^ · !w $ §#�T

°. ± � ]2± � !w � §#¬^ · !w $ §#�T

° � ]2± � !w � §#¬^ · !w $ §#�T

Sea - � w $ § � 5 2 4$1 26 ⇒ |-| � r 2 4$1 2r � 8 u 0 ⇒ !-#�T � T|1| !w0d!-##¬

-TT � !$1#� · 2 � 2 -�T � !$1#% · 4 � $4-T� � !$1#% · !$1# � 1 -�� !$1#q · 2 � 2

-�T � TÙ 52 $41 2 6

!w � §#¬ � 54 23 26¬ � 54 32 26

° � ]2± � !w � §#¬^ · !w $ §#�T � �2 51 00 16 � 54 32 26� · TÙ 52 $41 2 6 � TÙ · 56 32 46 · 52 $41 2 6 �

� Wß · 5Wá $Wßà \ 6


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Ejercicio 4.-

Sea el punto �!2,3, $1# y la recta � dada por las ecuaciones � P � 1 S � $2jk � j K a) [1 punto] Halla la ecuación del plano perpendicular a � que pasa por �.

b) [1'5 puntos] Calcula la distancia del punto � a la recta � y determina el punto simétrico de � respecto de � .

Solución

(a) Sea � el plano pedido

Si � � � ⇒ !b�� .�� 0� �# �� 0�� !b�� 0/�� 0� �� #

� � 0 · P $ 2 · S � 1 · k � � � 0 pasa por �!2,3, $1# ⇒ $2 · 3 � 1 · !$1# � � � 0 ⇒ � � 7

G � $`� � � � à � \

(b) � En primer lugar calculo el simétrico de � respecto de �

� intersección de E y G

K� � � ⇒ �!1, $2j, j# � � � ⇒ $ 2 · !$2j# � j � 7 � 0� ⇒

⇒ 4j � j � 7 � 0 ⇒ j � ��× ⇒ � 51, $2 · ��× , ��× 6 � !1, Tq× , ��× # � punto medio de 3

�� 9c� � 1 ⇒ P � 0%9�� Tq× ⇒ S � T%×�T9�� × ⇒ k � �)×

K ⇒ &!\, WFá , ��á # � En segundo lugar calculo la distancia :

[! , E# � �� r51, Tq× , ��× 6 $ !2,3, $1#r � r5$1, �T× , ��× 6r � +1 � T�× � q�× � √F\á @. ?.

Selectividad 2011: Modelo 1 – Opción B

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Modelo 1 - 2011 – Opción B


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 � $P� � 3 . Determina las

dimensiones del rectángulo para que su área sea máxima.

Solución

�� Relación entre las variables: vértice rectángulo � parábola S � $P� � 3 �� Función a optimizar: área rectángulo

w � "�� · �� P · S w � P · S � P · !$P2 � 3# � $P3 � 3P

w!P# � $P3 � 3P

�� w&!P# � $3P� � 3 � 0 ⇒ P� � 1 ⇒ P � * √1 � *1

-�.� ��.�� 1£� ��0�� ¨ 1��/"�� /ó� P � 1

w3&!P# � $6P ⇒ w3&!1# � $6 7 0 ⇒ P � 1 es máximo relativo

(también es absoluto en 89)

S � $P2 � 3 � $!1#2 � 3 � 2

�� =>?@ABóC ÔU � W � � ` K Ejercicio 2.- [2’5 puntos] Calcula X P · cos!P# 0P2�Ø

Solución

Previamente se calcula la integral indefinida, que es una integral por partes

X P · cos!P# 0P �í X �¾· ë ·��X �¾· P · ��P $ X ��P 0P � P · ��P � cos P

� � P ⇒ 0 � 0P 0b � cos P ⇒ b � X cos P 0P � ��P � ä P · cos!P# 0P��

Ø � ]P · ��P � �� P^Ø�� 5�2 · �� 2 � cos �26 $ !0 � cos 0# � �2 $ 1


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Ejercicio 3.-

Sea la matriz w � n 3 0 j$5 j $5j 0 j o

(a) [1 punto] Determina los valores de j para los que la matriz w $ 2± tiene inversa,

siendo ± la matriz identidad de orden 3

(b) [1'25 puntos] Para j � $2 resuelve la ecuación matricial w° � 2° � ± Solución

(a) w $ 2± tiene inversa ⇔ |w $ 2±| u 0

w $ 2± � n 3 0 j$5 j $5j 0 3 o $ 2 n1 0 00 1 00 0 1o � n3 $ 2 0 j$5 j $ 2 $5j 0 3 $ 2o

|w $ 2±| � p 1 0 j$5 j $ 2 $5j 0 1 p � ]0��0� 1�� 0d�� 0� �� 2ª ��.��^ �

!j $ 2# · !$1#q · r1 jj 1r � !j $ 2# · !1 $ j�# � 0

|w $ 2±| � 0 ⇔ s j $ 2 � 0 ⇒ j � 2 1 $ j� � 0 ⇒ j � *1K Por tanto � $ `} tiene inversa ⇔⇔⇔⇔ t u `, *W

(b) w° � 2° � ± ⇒ w° $ 2° � ± ⇒ !w $ 2±#° � ±

Por el apartado anterior para j � $2 la matriz w $ 2± tiene inversa: µ !w $ 2±#�T

Multiplicando por la izquierda por !w $ 2±#�T

!w $ 2±#�T · !w $ 2±# · ° � !w $ 2±#�T · ± ⇒ ± · ° � !w $ 2±#�T ⇒ Ç � !� $ `}#�W

|§| � |w $ 2±| � p 1 0 j$5 j $ 2 $5j 0 1 p � !j $ 2# · !1 $ j�# �3ýë�� $ 4 · !$3# � 12

§ � n 1 0 $2$5 $4 $5$2 0 1 o

§TT � !$1#� · r$4 $50 1 r � $4 §�T � !$1#% · r0 $20 1 r � 0 §%T � !$1#q · r 0 $2$4 $5r � $8§T� � !$1#% · r$5 $5$2 1 r � 15 §�� !$1#q · r 1 $2$2 1 r � $3 §%� � !$1#× · r 1 $2$5 $5r � 15§T% � !$1#q · r$5 $4$2 0 r � $8 §�% � !$1#× · r 1 0$2 0r � 0 §%% � !$1#� · r 1 0$5 $4r � $4

Ç � !� $ `}#�W � î�W � 1|§| !�[4 î#h � 112 n$® \ $ßWá $F Wá$ß \ $®o


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Considera los planos �T y �� dados respectivamente por las ecuaciones

!P, S, k# � !$2,0,7# � j!1, $2,0# � 5!0,1, $1# y 2P � S $ k � 5 � 0

Determina los puntos de la recta � definida por P � S � 1 � ��T�% que equidistan de �T y ��

Solución

�T � !P, S, k# � !$2,0,7# � j!1, $2,0# � 5!0,1, $1# ⇒ �T � pP � 2 S k $ 71 $2 00 1 $1 p � 0

!P � 2# · 2 $ S · !$1# � !k $ 7# · 1 � 0 ⇒ 2P � S � k $ 3 � 0

�� 2P � S $ k � 5 � 0

P � S � 1 � ��T�% ⇒ �0�� !1,1, $3#�� !0, $1,1# K ⇒ Los puntos de � son de la forma: !., $1 � ., 1 $ 3.#

Para calcular la distancia de �!1T, 1�, 1%# al plano wP � §S � -k � � � 0 se utiliza la fórmula:

0!�, �# � rw11�§12�-13��r+w2�§2�-2

Sea �!., $1 � ., 1 $ 3.# el punto de la recta � pedido

0!�, �T# � | 2 · . � !$1 � .# � !1 $ 3.# $ 3|√2� � 1� � 1� � |$3|√6 � 3√6

0!�, ��# � | 2 · . � !$1 � .# $ !1 $ 3.# � 5|�2� � 1� � !$1#� � |6. � 3|√6

Por tanto los puntos de la recta !., $1 � ., 1 $ 3.# que equidistan de �T y �� cumplen:

|6. � 3|√6 � 3√6 ⇒ |6. � 3| � 3 ⇒ s 6. � 3 � 3 ⇒ . � 06. � 3 � $3 ⇒ . � $1K

Ô. � 0 ⇒ �T!., $1 � ., 1 $ 3.# � !0, $1,1# . � $1 ⇒ ��!., $1 � ., 1 $ 3.# � !$1, $2,4#K

Solución Ô �W!\, $W, W# �`!$W, $`, ®# K


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Modelo 2 - 2011 – Opción A


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

-�� 0�� 0� � 100P � 10P � 10 · 2S

3000 � 110P � 20S

S � 150 $ 112 P

�� Función a optimizar: área rectángulo

w � "�� · �� P · S w � P · S � P · 5150 $ 112 P6 � 150P $ 112 P2 w!P# � 150P $ 112 P2 Es una parábola con las ramas hacia abajo, luego su vértice es un máximo absoluto

�� w&!P# � 150 $ 11P � 0 ⇒ P � T×ØTT ( abscisa del vértice de la parábola)

S � 150 $ 112 P � 150 $ 112 · 15011 � 75

�� =>?@ABóC �U � Wá\WW H� � àá H K


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Calcula un número positivo � , menor que 2, para que el recinto limitado por la parábola

de ecuación S � T� P� y las dos rectas horizontales de ecuaciones S � � e S � 2 ,

tenga un área de Tq% unidades cuadradas.

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 � � e S � 2 son dos rectas

horizontales

�� Se calcula la intersección de la función con las rectas:

KS � T� P�S � 2 � ⇒ 2 � T� P� ⇒ P� � 4 ⇒ P � *2 KS � T� P�S � � � ⇒ � � T� P� ⇒ P� � 2� ⇒ P � *√2�

�� Se observa que la gráfica es simétrica respecto del eje OY, luego:

Á�� 2 · á�� á�� "�� √2� S �� 2 $ �� 2 · ä ¥2 $ 12 P�¦ 0P �√�¼

� 2 · √2� · !2 $ �# � 2 · �2P $ T� P%�√�¼� �

� 4√2� $ 2�√2� � 2 · �54 $ Ù�6 $ 52√2� $ T� 2�√2�6� �

� 4√2� $ 2�√2� � 2 · �Ù% $ 52√2� $ T% �√2�6� �� Se resuelve

4√2� $ 2�√2� � T�% $ 4√2� � �% �√2� � Tq% ⇒ .��/1�/��0� 1�� 3 ⇒

$6�√2� � 16 � 2�√2� � 14 ⇒ $ 4�√2� � $2 ⇒ 2�√2� � 1

6��b��0� �� 0��0�: 8�% � 1 ⇒ � � +TÙö � T� ⇒ Solución i � W OTRA FORMA

= -

Á�� 2 · 7ä ¥2 $ 12 P�¦�Ø 0P $ ä ¥� $ 12 P�¦√�¼

Ø 0P 8


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Ejercicio 3.-

Considera el sistema de ecuaciones K 2P $ 2S � 4 k � 42P � k � � $3P $ 3S � 3 k � $3 l (a) [1’75 puntos] Discútelo según los valores del parámetro �. (b) [0’75 puntos] Resuélvelo cuando sea posible

Solución

(a) Las matrices asociadas del sistema son:

Matriz coeficientes A = n 2 $2 42 0 1$3 $3 3o Matriz ampliada A* = n 2 $2 4 42 0 1 �$3 $3 3 $3o

|A| = p 2 $2 42 0 1$3 $3 3p � ]9�� ^ � 0 $ 24 � 6 $ 0 � 6 � 12 � 0 y r$2 40 1r u 0

Por tanto �!w# � 2 �� 8

� �!w# � 2 puesto que |w| � 0 y r$2 40 1r u 0

� �!wx#: se orla el menor no nulo r$2 40 1r u 0 en wx

r$2 40 1r u 0 ⇒ �� |% S -T: |w| � 0 �� |% S -q : p$2 4 40 1 �$3 3 $3p � 6 $ 12� � 12 � 6� � $6� � 18 K

$6� � 18 � 0 ⇒ � � 3 La discusión será: Ô � u 3 ⇒ �!wx# � 3 u �!w# � 2 ⇒ �± � � 3 ⇒ �!wx# � 2 � �!w# 7 3 ⇒ �-± �/1��.é��/��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.

n 2 $2 4 42 0 1 3$3 $3 3 $3o ⇒ �P � . $2S � 4k � 4 $ 2.k � 3 $ 2. K $2S � 4k � 4 $ 2. ⇒ $ 2S � 4!3 $ 2. # � 4 $ 2. ⇒ 12 $ 8. $ 4 � 2. � 2S ⇒

⇒ S � 4 $ 3.

=>?@ABóC: �U � H � � ® $ FH � � F $ `H K � H � �

valor paramétrico P � .

se elimina la ecuación


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Ejercicio 4.-

Dada la recta � definida por c�T% � �9T� � $k � 3 y la recta � definida por Ô P � 1 2S $ k � $2K

(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 �.

Solución Se calcula de cada recta su dirección y un punto

� � P $ 13 � S � 12 � k $ 3$1 ⇒ �0�� !3,2, $1#�� !1, $1,3# K � � Ô P � 1 2S $ k � $2K ⇒ �P � 1 S � � k � 2 � 2� K ⇒ �0�� !0,1,2#�� !1,0,2# K (a) Sea � el plano pedido

� � D� û � ⇒ Ô��/�� 1�� /�� 0/��/ó� 0�� Kð � � K ⇒ D 0/��/ó�: 0�� !3,2, $1#0/��/ó�: ð�� !1, $1,3#��: ð!0,0,0# K

El plano será:

� � :P S k3 2 $11 $1 3 : � 0 ⇒ P · 5 $ S · 10 � k · !$1# � 0 ⇒ G � áU $ W\� $ � � \

Sea �T el plano pedido

� � D � û � ⇒ ��/�� 1�� /�� 0/��/ó� 0�� K� È � ⇒ ��/�� 0/��/ó� 0�� K ⇒ D 0/��/ó�: 0�� !0,1,2# 0/��/ó�: 0�� !3,2, $1#��: �� !1,0,2# K El plano será:

�T � pP $ 1 S k $ 23 2 $10 1 2 p � 0 ⇒ !P $ 1# · 5 $ S · 6 � !k $ 2# · 3 � 0 ⇒ GW � áU $ J� � F� $ WW � \


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Modelo 2 - 2011 – Opción B


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

iguales o superiores a 50 años los ingresos están determinados por la expresión qØØcc�%Ø

Calcula cuál es el máximo de los ingresos y a qué edad se alcanza.

Solución �� Función a optimizar: ingresos ±!P# � �$P� � 70P 18 � P 7 50400PP$30 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 � 400PP$30 es una hipérbola con asíntotas ÔP � 30 S � 400K que pasa por el punto !50,1000#

� 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 18 7 P 7 5012000!P$30#2 P Ú 50 � 0K ⇒ sP � 35 18 7 P 7 50" ��/ó� P Ú 50 K el máximo estará entre P � 35, P � 50 P � 18 se comprueba que es:

�� =>?@ABóC ÔU � Fá iñ>f BCgEVf>f � W``á € K


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Ejercicio 2.-

Dada la función L: 8 O 8 definida por L!P# � $2P� � 3P $ 1

(a) [0’5 puntos] Prueba que las rectas S � $P � 1 e S � 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# � $2P� � 3P $ 1 ⇒ L&!P# � $4P � 3

� S � $P � 1 es r.t. en ��, L!�#� ⇒

⇒ D1��0/�� L&!�# ⇒ $ 1 � $4� � 3 ⇒ � � 1 /.�� 0� � �� L!�# ⇒ Ô/.�� 0� 1 � $1 � 1 � 0f!1# � $2 � 3 $ 1 � 0 KK Así � � $U � W es recta tangente a ì en U � W

� S � 3P $ 1 es r.t. en ��, L!�#� ⇒

⇒ D1��0/�� L&!�# ⇒ 3 � $4� � 3 ⇒ � � 0 /.�� 0� a �� L!�# ⇒ Ô/.�� 0� 0 � 0 $ 1 � $1f!0# � $0 � 0 $ 1 � $1 K K Así � � FU $ W es recta tangente a ì en U � \

(b) Se dibuja el recinto:

� L!P# � $2P� � 3P $ 1 es una parábola con las ramas hacia abajo

vértice: DPb � $3$4 � 34 Sb � $98 � 94 $ 1 � 18K y punto: !1,0#

� S � $P � 1 es r.t. de L en !1,0# � S � 3P $ 1 es r.t. de L en !0, $1#

�� Intersección de las rectas: 3P $ 1 � $P � 1 ⇒ P � T�

�� Observando el recinto:

ÁÁEVi � ä !�� $ L��/ó�T�Ø # 0P � ä !�� $ L��/ó�#0PT

T�

� ä ]!3P $ 1# $ !$2P� � 3P $ 1#^T�Ø 0P � ä ]!$P � 1# $ !$2P� � 3P $ 1#^T

T� 0P

� ä 2P� 0PT�Ø � ä !2P� $ 4P � 2# 0PT

T� � �23 P%�ØT� � �23 P% $ 2P� � 2P�T�

T

� �¥23 · 18¦ $ 0� � �¥23 · 1 $ 2 · 1 � 2¦ $ ¥23 · 18 $ 2 · 14 � 2 · 12¦�� 112 � ¥23 $ 112 � 12 $ 1¦ � WJ @. i


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Ejercicio 3.-

Dada la matriz w � 5$1 12 $16

a) [1 punto] 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± Solución

(a) w � 5$1 12 $16 ⇒ w� � 5$1 12 $16 · 5$1 12 $16 � 5 3 $2$4 3 6

�` � `� � 5 3 $2$4 3 6 � 2 · 5$1 12 $16 � 5 3 $ 2 $2 � 2$4 � 4 3 $ 2 6 � 5W \\ W6 ⇒ w� � 2w � ±

w� � 2w � ± ⇒ w · w � 2w � !w � 2±# · w � ± ⇒ ��W � � � `}

(b) w� � °w � 5w � 4± ⇒ °w � 4± $ w� $ 5w

Como |w| � r$1 12 $1r � $1 u 0 ⇒ µ w�T � T|Á| · !w0d w#¬

wTT � !$1#� · !$1# � $1 w�T � !$1#% · 1 � $1wT� � !$1#% · 2 � $2 w�� !$1#q · !$1# � $1

w�T � 1|w| · !w0d w#¬ � 1$1 · 5$1 $1$2 $16 � 51 12 16

°w � 4± $ w� $ 5w .��/1�/��0� 1�� 0�� 1�� w�T:

°w · w�T � !4± $ w� $ 5w# · w�T ⇒ ° � !4± $ w� $ 5w# · w�T

4± $ w� $ 5w � 4 · 51 00 16 $ 5 3 $2$4 3 6 $ 5 · 5$1 12 $16 � 54 $ 3 � 5 2 $ 54 $ 10 4 $ 3 � 56 � 5 6 $3$6 6 6

° � !4± $ w� $ 5w# · w�T � 5 6 $3$6 6 6 · 51 12 16 � 50 36 06

Ç � 5\ FJ \6

Otra forma

w�T � w � 2± y w� � 2w � ± 4± $ w� $ 5w � 4± $ !w� � 2w# $ 3w � 4± $ ± $ 3w � 3± $ 3w � 3!± $ w# ° � !4± $ w� $ 5w# · w�T � 3!± $ w# · w�T � 3!w�T $ ±# � 3 · !w � 2± $ ±# � 3w � 3± �

� 5$3 36 $36 � 53 00 36 � 50 36 06


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Ejercicio 4.-

Dada la recta � definida por c9�� T � k y la recta � definida por � P � 2 S � $5k � j K

(a) [1’75 puntos] Halla la ecuación de la recta que corta perpendicularmente a ambas.

(b) [0’75 puntos] Calcula la distancia entre � y �

Solución

Previamente estudio la posición relativa de las rectas:

� � P � 72 � S $ 7$1 � k ⇒ �0�� !2, $1, 1#�� !$7, 7, 0# K S � P � 2 S � $5k � j K ⇒ � 0�� !0, 0, 1#�� !2, $5, 0#K Como 0�� > 0�� porque

Ø� � Ø�T u TT ⇒ ��/ �0�� , 0�� , �� 0 �� / �0�� , 0�� , �� u 0 �� k��K �� !2, $5, 0# $ !$7, 7, 0# � !9, $9,0# �0�� , 0�� , �� p2 $1 10 0 19 $9 0p � !0��0� 1�� 0d�� L/�� 2# � 1 · !$1#× · r2 $19 $9r u 0

Por tanto las rectas se cruzan

(a) El siguiente dibujo muestra como se hace el ejercicio:

� 1ª Forma: observamos el dibujo 1 - calculando los puntos � y � que son aquellos que cumplen:

�� ⊥ 0�� ⇒ �� · 0�� 0

�� ⊥ 0�� ⇒ �� · 0�� 0

La recta pedida � es la que pasa por los puntos � y � � � Ô0/��/ó� 0� � � ��1�� 0� � � � K � Como � � � y los puntos de la recta � son de la forma: �!$7 � 2�, 7 $ � , �#

� Como � � � y los puntos de la recta � son de la forma: �!2 , $5 , j# � Se cumple que �� es perpendicular a � y �:

�� !2 , $5 , j# $ !$7 � 2�, 7 $ � , �# � !9 $ 2� , $12 � � , j $ �#


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�� ⊥ 0�� ⇒ �� · 0�� 0 ⇒ !9 $ 2� , $12 � � , j $ �# · !2, $1, 1# � 0 ⇒

⇒ 18 $ 4� � 12 $ � � j $ � � 0 ⇒ F\ $ Ji � t � \

�� ⊥ 0�� ⇒ �� · 0�� 0 ⇒ !9 $ 2� , $12 � � , j $ �# · !0,0,1# � 0 ⇒ j $ � � 0 ⇒ t � i

s j � � 30 $ 6� � j � 0K ⇒ 30 $ 6� � � � 0 ⇒ � � j � 6

� Por tanto: �!$7 � 2�, 7 $ � , �# ⇒ �!5 , 1 , 6# �!2 , $5 , j# ⇒ �!2 , $5 , 6#

Recta � �0�¬ � �� !2 , $5 , 6# $ !5 , 1 , 6# � !$3 , $6 , 0# È !1,2,0#1�� 1�� !5 , 1 , 6# K ⇒ h � �U � á � H � � W � `H� � J K � H � �

� 2ª Forma: observamos el dibujo 2 - Como intersección de dos planos: π1 y π2

Un vector perpendicular a ambas rectas es el producto vectorial: 0�� ñ 0�� Se construyen los planos:

π1 contiene a la recta "�" y al vector 0�� ñ 0�� !$7, 7, 0# 0/��/ó� � 0�� !2, $1, 1# 0/��/ó� � 0�� ñ 0�� K π2 contiene a la recta "�" y al vector 0�� ñ 0�� !2, $5, 0# 0/��/ó� � 0�� !0, 0, 1#0/��/ó� � 0�� ñ 0�� K La recta pedida es la recta de ecuación implícita s?W?` K 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

luego se cortan, igual con el plano π2

� 0�� ñ 0�� p/ d ï2 $1 10 0 1p = B!$1#– 4!2# � #!0# � !$1 $ 2,0# È !1, 2, 0# � π1 � det(��X��, 0��, 0�� ñ 0�� ) : pP � 7 S $ 7 k $ 02 $1 11 2 0 p � !P � 7# · !$2# – !S $ 7# · !$1# � k · !5# � � $2P � S � 5k $ 21 � 0

� π2 � det(��X��, 0A��, 0�� ñ 0�� ) =pP $ 2 S � 5 k $ 00 0 11 2 0 p � !P $ 2# · !$2# – !S � 5# · !$1# � k · !0#

� $2P � S � 9 � 0

� La recta pedida "�" en forma implícita es K$Ù � � � á� $ `W � \$Ù � � � � � \ � (b) Por el apartado anterior 0!�, �# � �� |!$3 , $6 , 0#| � √9 � 36 � √45 . �.

{BfhiCABi � √®á @. ?.

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Matemáticas selectividad 2011