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Examen de Selectividad Matemáticas II. Andalucía 2013 - 1. Completamente resuelto

Examen de Selectividad Matemáticas II. Andalucía 2013 - 1. Completamente resuelto

Este modelo de examen de Matemáticas II apareció, según esta dirección Web, en Andalucía en el año 2013. Las soluciones se pueden ver haciendo clic en el lugar correspondiente.


Ejercicio 1.- [2,5 puntos] Dada la función \(f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}\) definida por \(f(x)=ax^3+bx^2+cx\), determina \(a\), \(b\) y \(c\) sabiendo que su gráfica tiene un punto de inflexión en \((1,0)\), y que la recta tangente en ese punto tiene por ecuación \(y=-3x+3\).

Como la gráfica de la función pasa por el punto de inflexión \((1,0)\), entonces \(f(1)=0\), es decir, \(a\cdot1^3+b\cdot1^2+c\cdot1=0\) \(\Rightarrow\) \(a+b+c=0\).

Por otro lado, como la recta tangente en \(x=1\) tiene pendiente \(m=-3\), eso es lo mismo que decir que \(f'(1)=-3\). Pero la derivada de \(f\) es \(f'(x)=3ax^2+2bx+c\). Así pues tendremos que \(3a+2b+c=-3\).

Finalmente, al ser \(x=1\) un punto de inflexión, se tiene que \(f''(1)=0\). Como la segunda derivada es \(f''(x)=6ax+2b=0\), entonces \(6a+2b=0\).

De las consideraciones anteriores tenemos el sistema de ecuaciones

\[\begin{cases}a+b+c=0\\3a+2b+c=-3\\6a+2b=0\end{cases}\]

Despejando \(b\) de la última ecuación \(b=-3a\), y sustituyendo este valor en las dos primeras:

\[\begin{cases}a+(-3a)+c=0\\3a+2(-3a)+c=-3\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}-2a+c=0\\-3a+c=-3\end{cases}\]

Restando ambas ecuaciones obtenemos \((-2a+c)-(-3a+c)=0-(-3)\), es decir, \(a=3\). Sustituyendo en \(-2a+c=0\) se tiene que \(-2\cdot3+c=0\Rightarrow c=6\). Sustituyendo ahora los valores de \(a\) y \(c\) obtenidos, en la primera ecuación del sistema: \(3+b+6=0\Rightarrow b=-9\).

Resumiendo, para que se cumplan las condiciones del enunciado del ejercicio, se debe cumplir que:

\[a=3\quad,\quad b=-9\quad,\quad c=6\]


Ejercicio 2.- Sean \(f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}\) y \(\ g:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}\) las funciones definidas por:

\[f(x)=4-3|x|\quad\text{y}\quad g(x)=x^2\]

(a) [1 punto] Esboza las gráficas de \(f\) y \(g\). Determina sus puntos de corte.

(b) [1,5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de \(f\) y \(g\).

(a) Como \(f\) contiene un valor absoluto es mejor escribirla a trozos. Sabemos que:

\[|x|=\left\{\begin{array}{lcc}-x&\text{si}&x<0\\x&\text{si}&x\geq0\end{array}\right.\]

Entonces

\[f(x)=\left\{\begin{array}{lcc}4+3x&\text{si}&x<0\\4-3x&\text{si}&x\geq0\end{array}\right.\]

Para hallar los puntos de corte de \(f\) y \(g\) resolvemos las ecuaciones \(4+3x=x^2\) y \(4-3x=x^2\). Las soluciones de la primera son \(x=4\) y \(x=-1\). Descartamos la primera pues la función \(f(x)=4+3x\) sólo estaba definida para \(x<0\). Las soluciones de la segunda ecuación son \(x=-4\) y \(x=1\). Descartamos del mismo modo la primera pues la función \(f(x)=4-3x\) sólo estaba definida para \(x\geq0\).

Por tanto los puntos de corte de las funciones \(f\) y \(g\) son \(x=-1\) y \(x=1\). La coordenada \(y\) de ambos es \(y=1\). Por tanto los puntos de corte son:

\[(-1,1)\quad,\quad(1,1)\]

La representación gráfica de ambas funciones queda del siguiente modo:

grafica001

(b) El área del recinto limitado por las gráficas de \(f\) y \(g\) es, como se puede deducir claramente de la figura anterior, la región sombreada de la figura siguiente:

grafica002

 Llamemos \(A\) al área del recinto anterior. Entonces es claro que \(A=2\int_0^1(4-3x-x^2)\). Como

\[\int_0^1(4-3x-x^2)=\left[4x-\frac{3x^2}{2}-\frac{x^3}{3} \right ]_0^1=4-\frac{3}{2}-\frac{1}{3}=\frac{13}{6}\]

 Entonces \[A=2\cdot\frac{13}{6}=\frac{13}{3}\approx4.33\ \text{uds}^2\]


Ejercicio 3.- Sean \(A\) y \(B\) dos matrices que verifican:

\[A+B=\begin{pmatrix}4 & 2\\ 3 & 2\end{pmatrix} \quad \text{y}\quad A-B=\begin{pmatrix}2 & 4\\ -1 & 2\end{pmatrix}\]

(a) [1 punto] Halla las matrices \((A+B)(A-B)\) y \(A^2-B^2\).

(b) [1,5 puntos] Resuelve la ecuación matricial \(XA-XB-(A+B)^t=2I\), siendo \(I\) la matriz identidad de orden \(2\) y \((A+B)^t\) la matriz traspuesta de \(A+B\).

En primer lugar observemos que sumando las expresiones \(A+B\) y \(A-B\) se tiene:

\[2A=\begin{pmatrix}4 & 2\\ 3 & 2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}2 & 4\\ -1 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6 & 6\\ 2 & 4\end{pmatrix}\Rightarrow A=\begin{pmatrix}3 & 3\\ 1 & 2\end{pmatrix}\]

De manera similar, restando las expresiones \(A+B\) y \(A-B\) tenemos:

\[2B=\begin{pmatrix}4 & 2\\ 3 & 2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2 & 4\\ -1 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & -2\\ 4 & 0\end{pmatrix}\Rightarrow B=\begin{pmatrix}1 & -1\\ 2 & 0\end{pmatrix}\]

(a) \[(A+B)(A-B)=\begin{pmatrix}4 & 2\\ 3 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 & 4\\ -1 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6 & 20\\ 4 & 16\end{pmatrix}\]

\[A^2-B^2=\begin{pmatrix}3 & 3\\ 1 & 2\end{pmatrix}\ \begin{pmatrix}3 & 3\\ 1 & 2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1 & -1\\ 2 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & -1\\ 2 & 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}12 & 15\\ 5 & 7\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-1 & -1\\ 2 & -2\end{pmatrix}\Rightarrow\]

\[\Rightarrow A^2-B^2=\begin{pmatrix}13 & 16\\ 3 & 9\end{pmatrix}\]

Obsérvese que \((A+B)(A-B)\neq A^2-B^2\) ya que el producto de matrices no es conmutativo. Lo que se puede afirmar es:

\[(A+B)(A-B)=A^2-AB+BA-B^2\]

Los términos \(-AB\) y \(BA\) no se pueden cancelar porque al no ser el producto conmutativo \(AB\neq BA\).

(b) \(XA-XB-(A+B)^t=2I\Leftrightarrow X(A-B)=2I+(A+B)^t\Leftrightarrow\)

\(\Leftrightarrow X(A-B)(A-B)^{-1}=\left[2I+(A+B)^t\right](A-B)^{-1}\Leftrightarrow X=\left[2I+(A+B)^t\right](A-B)^{-1}\)

Ahora hacemos los cálculos:

\(2I+(A+B)^t=2\begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}4 & 3\\ 2 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 0\\ 0 & 2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}4 & 3\\ 2 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6 & 3\\ 2 & 4\end{pmatrix}\)

La inversa de \(A-B\) es \(\displaystyle(A-B)^{-1}=\frac{1}{|A-B|}[(A-B)^d]^t\), donde \(|A-B|\) es el determinante de la matriz \(A-B\) y \([(A-B)^d]^t\) es la traspuesta de la adjunta de \(A-B\).

El determinante es \(|A-B|=2\cdot2-4\cdot(-1)=4+4=8\).

La adjunta de \(A-B\) es \((A-B)^d=\begin{pmatrix}2 & 1\\ -4 & 2\end{pmatrix}\)

Por tanto: \(\displaystyle (A-B)^{-1}=\frac{1}{8}\begin{pmatrix}2 & -4\\ 1 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{4} & -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{8} & \frac{1}{4}\end{pmatrix}\)

Así pues:

\[X=\left[2I+(A+B)^t\right](A-B)^{-1}=\begin{pmatrix}6 & 3\\ 2 & 4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\frac{1}{4} & -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{8} & \frac{1}{4}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{15}{8} & -\frac{9}{4}\\ 1 & 0\end{pmatrix}\]


Ejercicio 4.- Sea el punto \(P(2,3,-1)\) y la recta \(r\) dada por las ecuaciones \(\begin{cases}x=1\\y=-2\lambda\\z=\lambda\end{cases}\)

(a) [1 punto] Halla la ecuación del plano perpendicular a \(r\) que pasa por \(P\).

(b) [1,5 puntos] Calcula la distancia del punto \(P\) a la recta \(r\) y determina el punto simétrico de \(P\) respecto de \(r\).

dibujo001

(a) Como el plano ha de ser perpendicular a la recta, un vector director de la recta es un vector normal del plano. Este es, claramente, \(\vec{u}=(0,-2,1)\). Por tanto la ecuación del plano ha de ser \(-2y+z+D=0\). Se sabe que el plano pasa por el punto \(P(2,3,-1)\). Entonces \(-2\cdot3+(-1)+D=0\Rightarrow-6-1+D=0\Rightarrow D=7\)

La ecuación del plano perpendicular a \(r\) que pasa por \(P\) es, por tanto:

\[\pi\equiv -2y+z+7=0\]

(b) Llamemos \(M\) al punto de corte de la recta \(r\) con el plano \(\pi\). Entonces \(-2(-2\lambda)+\lambda+7=0\) y de aquí se obtiene \(\displaystyle\lambda=-\frac{7}{5}\). Por tanto \(\displaystyle M=\left(1,\frac{14}{5},-\frac{7}{5}\right)\).

Es claro que la distancia del punto \(P\) a la recta \(r\) ha de coincidir con la distancia de \(P\) a \(M\):

\[d(P,r)=d(P,M)=|\overrightarrow{PM}|=\sqrt{(1-2)^2+\left(\frac{14}{5}-3\right)^2\left(-\frac{7}{5}+1\right)^2}=\]

\[=\sqrt{1+\frac{1}{25}+\frac{4}{25}}=\sqrt{\frac{30}{25}}=\frac{\sqrt{30}}{5}\]

Llamemos \(Q=\left(q_1,q_2,q_3\right)\) al punto simétrico de \(P\) respecto de \(r\). Como \(M\) es el punto medio de \(P\) y \(Q\), tenemos que

\[M=\frac{1}{2}(P+Q)\Leftrightarrow\left(1,\frac{14}{5},-\frac{7}{5}\right)=\left(\frac{2+q_1}{2},\frac{3+q_2}{2},\frac{-1+q_3}{2}\right)\]

De aquí es fácil deducir que \(q_1=0\), \(\displaystyle q_2=\frac{13}{5}\), \(\displaystyle q_3=-\frac{9}{5}\)

Por tanto el punto simétrico de \(P\) respecto de \(r\) es \(\displaystyle M=\left(0,\frac{13}{5},-\frac{9}{5}\right)\).


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