Matemáticas de Selectividad

En primer lugar, hallamos la primera y la segunda derivada de la función 𝑓. 𝑓′(𝑥)=3𝑎𝑥2+2𝑏𝑥+𝑐,𝑓″(𝑥)=6𝑎𝑥+2𝑏.

• Si la función tiene un punto de inflexión en 𝑥 =0, entonces 𝑓″(0) =0. 𝑓″(0)=0⇔𝑏=0. Por otro lado, si (0,4) es un punto de la función, 𝑓(0) =4. 𝑓(0)=4⇔𝑑=4.
• Si la recta normal a la gráfica de la función en 𝑥 =1 es paralela al eje de ordenadas, entonces la recta tangente en 𝑥 =1 tiene pendiente 0, así que 𝑓′(1) =0. 𝑓′(1)=0⇔3𝑎+𝑐=0. Por otro lado, si (1,8) es un punto de la función, 𝑓(1) =8. 𝑓(1)=8⇔𝑎+𝑐+4=8⇔𝑎+𝑐=4.

Con estas dos condiciones, podemos montar un sistema de ecuaciones. {3𝑎+𝑐=0,𝑎+𝑐=4. Resolvemos el sistema por reducción. Si restamos las dos ecuaciones, obtenemos que 2𝑎=−4⇔𝑎=−2. Despejando y sustituyendo en la segunda ecuación, 𝑎+𝑐=4⇔𝑐=4−𝑎𝑎=−2←←←←←←←→𝑐=6.

Por tanto, 𝑎 = −2, 𝑏 =0, 𝑐 =6 y 𝑑 =4.

1. Estudiamos las asíntotas.
   • El denominador se anula en 𝑥 = −3 y 𝑥 =1. Observamos que lím𝑥→−3−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→−3−⁡𝑥2−10𝑥2+2𝑥−3=−10+=−∞,lím𝑥→−3+⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→−3+⁡𝑥2−10𝑥2+2𝑥−3=−10−=+∞. Por tanto, la recta 𝑥 = −3 es una asíntota vertical. De igual forma, observamos que lím𝑥→1−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→1−⁡𝑥2−10𝑥2+2𝑥−3=−90−=+∞,lím𝑥→1+⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→1+⁡𝑥2−10𝑥2+2𝑥−3=−90+=−∞. Por tanto, la recta 𝑥 =1 es una asíntota vertical.
   • Veamos si tiene asíntota horizontal. lím𝑥→+∞⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→+∞⁡𝑥2−10𝑥2+2𝑥−3=1. Por tanto, la recta 𝑦 =1 es una asíntota horizontal y 𝑓 no tiene ninguna asíntota oblicua.
2. En primer lugar, hallamos la derivada de la función 𝑓. 𝑓′(𝑥)=2𝑥(𝑥2+2𝑥−3)−(𝑥2−10)(2𝑥+2)(𝑥2+2𝑥−3)2=2𝑥3+4𝑥2−6𝑥−2𝑥3−2𝑥2+20𝑥+20(𝑥2+2𝑥−3)2=2𝑥2+14𝑥+20(𝑥2+2𝑥−3)2. Para hallar los puntos críticos, igualamos la derivada de 𝑓 a cero. 𝑓′(𝑥)=0⇔2𝑥2+14𝑥+20(𝑥2+2𝑥−3)2=0⇔2𝑥2+14𝑥+20=0⇔𝑥2+7𝑥+10=0⇔{𝑥=−5,𝑥=−2. Así que los puntos críticos son 𝑥 = −5 y 𝑥 = −2. También consideramos 𝑥 = −3 y 𝑥 =1 por no pertenecer al dominio.
   • Si 𝑥 < −5, 𝑓′(𝑥) >0. Así que 𝑓 es creciente.
   • Si −5 <𝑥 < −3, 𝑓′(𝑥) <0. Así que 𝑓 es decreciente.
   • Si −3 <𝑥 < −2, 𝑓′(𝑥) <0. Así que 𝑓 es decreciente.
   • Si −2 <𝑥 <1, 𝑓′(𝑥) >0. Así que 𝑓 es creciente.
   • Si 𝑥 >1, 𝑓′(𝑥) >0. Así que 𝑓 es creciente.
   Por tanto, 𝑓 es creciente en ( −∞, −5) ∪( −2,1) ∪(1, +∞) y decreciente en ( −5, −3) ∪( −3, −2).

1. En primer lugar, sabemos que la derivada de la función 𝑓 es 𝑓′(𝑥) =𝑒𝑥. La ecuación de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en 𝑥 =𝑎 es 𝑦−𝑓(𝑎)=𝑓′(𝑎)(𝑥−𝑎)⇔𝑦−𝑒𝑎=𝑒𝑎(𝑥−𝑎)⇔𝑦=𝑒𝑎𝑥+𝑒𝑎−𝑎𝑒𝑎. Si la recta tangente pasa por el origen de coordenadas, su ordenada en el origen debe ser 0. Así que 𝑒𝑎−𝑎𝑒𝑎=0⇔𝑒𝑎(1−𝑎)=0⇔𝑎=1. Podemos hallar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en 𝑥 =1 para comprobar que, efectivamente, pasa por el origen. 𝑦−𝑓(1)=𝑓′(1)(𝑥−1)⇔𝑦−𝑒=𝑒(𝑥−1)⇔𝑦=𝑒𝑥.
2. Sabemos por el apartado anterior que la función y la recta se cortan en 𝑥 =1. Podemos representar el recinto la función, la recta tangente y el eje de ordenadas. Calculamos el área. ∫10(𝑒𝑥−𝑒𝑥)𝑑𝑥=[𝑒𝑥−𝑒2𝑥2]10=𝑒−𝑒2−1=𝑒2−1𝑢2.

En primer lugar, expresamos 𝑓(𝑥) =|𝑥2 −3𝑥 +2| como una función a trozos. Observamos que 𝑥2−3𝑥+2=0⇔{𝑥=1,𝑥=2. Por tanto, 𝑓(𝑥)=|𝑥2−3𝑥+2|=⎧{ {⎨{ {⎩𝑥2−3𝑥+2,si 𝑥≤1,−𝑥2+3𝑥−2,si 1<𝑥<2,𝑥2−3𝑥+2,si 𝑥≥2.

Calculamos la integral. ∫31|𝑥2−3𝑥+2|𝑑𝑥=∫21(−𝑥2+3𝑥−2)𝑑𝑥+∫32(𝑥2−3𝑥+2)𝑑𝑥==[−13𝑥3+32𝑥2−2𝑥]21+[13𝑥3−32𝑥2+2𝑥]32==−83+6−4−(−13+32−2)+9−272+6−(83−6+4)=1.

1. Calculamos el determinante. Como 𝐴 es de orden 3, |2𝐴3|=23|𝐴3|=8|𝐴|3=8⋅53=1000.
2. Calculamos el primer determinante. ∣2𝑎−132𝑏1/232𝑐−1/23∣=2⋅(−12)⋅3⋅∣𝑎21𝑏−11𝑐11∣=−15. Calculamos ahora el segundo determinante. ∣𝑎𝑏𝑐𝑎+4𝑏−2𝑐+2𝑎+1𝑏+1𝑐+1∣=∣𝑎𝑏𝑐𝑎𝑏𝑐𝑎+1𝑏+1𝑐+1∣+∣𝑎𝑏𝑐4−22𝑎+1𝑏+1𝑐+1∣=∣𝑎𝑏𝑐4−22𝑎+1𝑏+1𝑐+1∣==∣𝑎𝑏𝑐4−22𝑎𝑏𝑐∣+∣𝑎𝑏𝑐4−22111∣=∣𝑎𝑏𝑐4−22111∣=2⋅∣𝑎𝑏𝑐2−11111∣=2⋅∣𝑎21𝑏−11𝑐11∣=10.

1. La matriz de coeficientes del sistema es 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝1𝑚𝑚12𝑚𝑚+12𝑚𝑚⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Para determinar el rango de 𝐴 en función del valor de 𝑚, estudiamos su determinante. |𝐴|=∣1𝑚𝑚12𝑚𝑚+12𝑚𝑚∣=2𝑚2+2𝑚(𝑚+1)+𝑚2−4𝑚2−𝑚(𝑚+1)−𝑚2=−𝑚2+𝑚. Observamos que |𝐴|=0⇔−𝑚2+𝑚=0⇔𝑚(−𝑚+1)=0⇔{𝑚=0,−𝑚+1=0⇔𝑚=1. Es decir, rang⁡(𝐴) =3 si y solo si 𝑚 ≠0 y 𝑚 ≠1. En otro caso, rang⁡(𝐴) ≤2.
   • Si 𝑚 ≠0 y 𝑚 ≠1, el rango de la matriz de coeficientes es máximo. Por tanto, el sistema es compatible determinado.
   • Si 𝑚 =0, la matriz de coeficientes es 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝100101200⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Podemos ver que ∣1120∣=−2≠0⇒rang⁡(𝐴)=2. La matriz de coeficientes ampliada es 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝100110112002⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣101111202∣=0⇒rang⁡(𝐴∗)=2. Como rang⁡(𝐴) =rang⁡(𝐴∗) <3, el sistema es compatible indeterminado.
   • Si 𝑚 =1, la matriz de coeficientes es 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝111122211⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Podemos ver que ∣1121∣=−1≠0⇒rang⁡(𝐴)=2. La matriz de coeficientes ampliada es 𝐴∗=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝111112212112⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que ∣111121212∣=0⇒rang⁡(𝐴∗)=2. Como rang⁡(𝐴) =rang⁡(𝐴∗) <3, el sistema es compatible indeterminado.
2. Si 𝑚 =1, el sistema es compatible indeterminado por el apartado anterior. Podemos reducir el sistema a {𝑥+𝑦+𝑧=1,2𝑥+𝑦+𝑧=1. Resolvemos el sistema por reducción. Si restamos ambas ecuaciones, obtenemos que −𝑥=−1⇔𝑥=1. Si tomamos 𝑦 =𝜆, entonces 𝑥+𝑦+𝑧=1⇔𝑧=1−𝑥−𝑦𝑥=1←←←←←←→𝑦=𝜆𝑧=−𝜆. Por tanto, las soluciones del sistema son de la forma ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=1,𝑦=𝜆,𝑧=−𝜆.

1. Llamamos 𝜏 al plano que queremos hallar. Como 𝜏 es un plano paralelo a 𝜋, tiene el mismo vector normal. Luego su ecuación será de la forma 𝜏≡2𝑥−𝑦+𝑧+𝑑=0. El punto 𝐴(0,0,0) pertenece al plano 𝜋, así que la distancia entre 𝜋 y 𝜏 viene dada por dist⁡(𝜋,𝜏)=dist⁡(𝐴,𝜏)=|𝑑||⃗𝑛|=|𝑑|√6. Como queremos que la distancia sea de √6 unidades, dist⁡(𝜋,𝜏)=√6⇔|𝑑|√6=√6⇔|𝑑|=6⇔𝑑=±6. Por tanto, las ecuaciones de los planos son 𝜏1≡2𝑥−𝑦+𝑧+6=0y𝜏2≡2𝑥−𝑦+𝑧−6=0.
2. Para hallar el punto simétrico 𝑃′ de 𝑃 con respecto a 𝜋, trazamos una recta 𝑟 perpendicular al plano que pase por el punto 𝑃. Al ser perpendicular a 𝜋, su vector director es ⃗𝑑 =⃗𝑛 =(2, −1,1). Así que las ecuaciones de la recta 𝑟 son ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=1+2𝜆,𝑦=2−𝜆,𝑧=6+𝜆. A continuación, hallamos el punto de intersección 𝑄 de la recta 𝑟 y el plano. Para ello sustituimos las ecuaciones paramétricas de 𝑟 en la ecuación del plano. 2(1+2𝜆)−(2−𝜆)+6+𝜆=0⇔2+4𝜆−2+𝜆+6+𝜆=0⇔6𝜆+6=0⇔𝜆=−1. Por tanto, el punto de intersección es 𝑄( −1,3,5). Como 𝑄 es el punto medio de 𝑃 y 𝑃′, podemos hallar 𝑃′ como el simétrico de 𝑃 con respecto a 𝑄. Si llamamos 𝑃′(𝑎,𝑏,𝑐), tiene que verificarse: ⎧{ {⎨{ {⎩1+𝑎2=−1⇔𝑎=−3,2+𝑏2=3⇔𝑏=4,6+𝑐2=5⇔𝑐=4. Por tanto, el punto simétrico de 𝑃 con respecto al plano 𝜋 es 𝑃′( −3,4,4).

1. Las distancias entre un punto genérico 𝑅( −𝜆,1 +2𝜆, −1 +𝜆) de la recta 𝑟 y cada uno de los puntos vienen dadas por dist⁡(𝑅,𝐵)=√(−𝜆+1)2+(1+2𝜆)2+𝜆2=√𝜆2−2𝜆+1+4𝜆2+4𝜆+1+𝜆2=√6𝜆2+2𝜆+2,dist⁡(𝑅,𝐶)=√(−𝜆)2+(2𝜆)2+(𝜆+2)2=√𝜆2+4𝜆2+𝜆2+4𝜆+4=√6𝜆2+4𝜆+4. Como queremos hallar los puntos de 𝑅 que equidisten de 𝐵 y 𝐶, dist⁡(𝑅,𝐵)=dist⁡(𝑅,𝐶)⇔√6𝜆2+2𝜆+2=√6𝜆2+4𝜆+4⇔6𝜆2+2𝜆+2=6𝜆2+4𝜆+4⇔𝜆=−1. Por tanto, el punto es (1, −1, −2).
2. Para hallar el área del triángulo 𝐵𝐶𝐷, calculamos en primer lugar los vectores ⃗𝐵𝐶 =(1,1, −2) y ⃗𝐵𝐷 =(2, −1, −1). Su producto vectorial es ⃗𝐵𝐶×⃗𝐵𝐷=∣ ∣ ∣ ∣⃗𝑖⃗𝑗⃗𝑘11−22−1−1∣ ∣ ∣ ∣=(−3,−3,−3). Por último, calculamos el área como 12|⃗𝐵𝐶×⃗𝐵𝐷|=12√32+32+32=√272=3√32𝑢2.