Matemáticas de Selectividad

Calculamos el límite. lím𝑥→0⁡(𝑥+1ln⁡(𝑥+1)−𝑎𝑥)=lím𝑥→0⁡𝑥(𝑥+1)−𝑎ln⁡(𝑥+1)𝑥ln⁡(𝑥+1)=00.

Para resolver la indeterminación, aplicamos la regla de l'Hôpital. lím𝑥→0⁡𝑥(𝑥+1)−𝑎ln⁡(𝑥+1)𝑥ln⁡(𝑥+1)L’H=lím𝑥→0⁡2𝑥+1−𝑎𝑥+1ln⁡(𝑥+1)+𝑥𝑥+1=1−𝑎0. Si 𝑎 ≠1 este límite será infinito, así que necesariamente 𝑎 =1.

Continuamos resolviendo el límite para 𝑎 =1. lím𝑥→0⁡2𝑥+1−1𝑥+1ln⁡(𝑥+1)+𝑥𝑥+1L’H=lím𝑥→0⁡2+1(𝑥+1)21𝑥+1+1(𝑥+1)2=32.

1. • Si la gráfica de 𝑓 pasa por el punto (2,3), entonces 𝑓(2) =3. 𝑓(2)=3⇔4𝑎+𝑏−2+𝑎=3⇔4𝑎+𝑏=−6+3𝑎⇔𝑎+𝑏=−6.
   • Si la función tiene una asíntota oblicua con pendiente -4, entonces lím𝑥→+∞⁡𝑓(𝑥)𝑥=−4. Calculamos el límite. lím𝑥→+∞⁡𝑓(𝑥)𝑥=lím𝑥→+∞⁡𝑎𝑥2+𝑏𝑥(𝑎−𝑥)=lím𝑥→+∞⁡𝑎𝑥2+𝑏−𝑥2+𝑎𝑥=−𝑎. Así que lím𝑥→+∞⁡𝑓(𝑥)𝑥=−4⇔−𝑎=−4⇔𝑎=4.
   Despejando y sustituyendo en la primera ecuación. 𝑎+𝑏=−6⇔𝑏=−𝑎−6𝑎=4←←←←←←←→𝑏=−10. Por tanto, 𝑎 =4 y 𝑏 = −10.
2. En primer lugar, calculamos la derivada de la función 𝑓 para 𝑎 =2 y 𝑏 =3. 𝑓′(𝑥)=4𝑥(2−𝑥)+2𝑥2+3(2−𝑥)2=−2𝑥2+8𝑥+3(2−𝑥)2. La ecuación de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 en 𝑥 =1 es 𝑦−𝑓(1)=𝑓′(1)(𝑥−1)⇔𝑦−5=9(𝑥−1)⇔𝑦=9𝑥−4. Como la recta normal es perpendicular a la recta tangente, tiene como pendiente −19. Por tanto, su ecuación es 𝑦−5=−19(𝑥−1)⇔𝑦=−19𝑥+469.

1. En primer lugar, expresamos 𝑓(𝑥) =𝑥2 +|𝑥 −1| como una función a trozos. 𝑓(𝑥)=𝑥2+|𝑥−1|={𝑥2−𝑥+1,si 𝑥<1,𝑥2+𝑥−1,si 𝑥≥1. Si 𝑥 ≠1, 𝑓 es derivable con 𝑓′(𝑥)={2𝑥−1,si 𝑥<1,2𝑥+1,si 𝑥>1. Para hallar los puntos críticos, igualamos las dos ramas de la derivada de 𝑓 a cero.
   • Si 𝑥 <1, 𝑓′(𝑥)=0⇔2𝑥−1=0⇔𝑥=12.
   • Si 𝑥 >1, 𝑓′(𝑥)=0⇔2𝑥+1=0⇔𝑥=−12∉(1,+∞).
   Así que el único punto crítico es 𝑥 =12. También consideramos 𝑥 =1 por ser el punto de ruptura. Estudiamos el signo la derivada.

   	(−∞,12)	(12,1)	(1, +∞)
   signo de 𝑓′	−	+	+
   monotonía de 𝑓	→	→	→

   Por tanto, 𝑓 es creciente en (12,1) ∪(1, +∞) y decreciente en (−∞,12).
2. Calculamos la integral. ∫20𝑓(𝑥)𝑑𝑥=∫10(𝑥2−𝑥+1)𝑑𝑥+∫21(𝑥2+𝑥−1)𝑑𝑥=[13𝑥3−12𝑥2+𝑥]10+[13𝑥3+12𝑥2−𝑥]21==13−12+1+83+2−2−(13+12−1)=113.

1. Hallamos los puntos de corte de la función 𝑓 y la recta 𝑦 =𝑥. 𝑓(𝑥)=𝑥⇔𝑥𝑒𝑥=𝑥⇔𝑥𝑒𝑥−𝑥=0⇔𝑥(𝑒𝑥−1)=0⇔𝑥=0. Por tanto, el punto de corte es (0,0). Representamos el recinto determinado por la gráfica de 𝑓 y las rectas 𝑦 =𝑥 y 𝑥 =2.
2. El área del recinto viene dada por ∫20(𝑓(𝑥)−𝑥)𝑑𝑥=∫20(𝑥𝑒𝑥−𝑥)𝑑𝑥. Hallamos en primer lugar una primitiva de esta función. ∫(𝑥𝑒𝑥−𝑥)𝑑𝑥=∫𝑥𝑒𝑥𝑑𝑥−12𝑥2. Resolvemos la integral por partes. 𝑢=𝑥⇒𝑢′=1,𝑣′=𝑒𝑥⇒𝑣=𝑒𝑥. Entonces: ∫𝑥𝑒𝑥𝑑𝑥−12𝑥2=𝑥𝑒𝑥−∫𝑒𝑥𝑑𝑥−12𝑥2=𝑥𝑒𝑥−𝑒𝑥−12𝑒𝑥=(𝑥−1)𝑒𝑥−12𝑥2. Por último, hallamos el área del recinto. ∫20(𝑥𝑒𝑥−𝑥)𝑑𝑥=[(𝑥−1)𝑒𝑥−12𝑥2]20=𝑒2−2−(−1)=𝑒2−1𝑢2.

1. Calculamos en primer lugar el determinante de la matriz 𝐴. |𝐴|=∣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚+1𝑚𝑚𝑚𝑚+2∣=𝑚(𝑚+1)(𝑚+2)+2𝑚3−𝑚2(𝑚+1)−𝑚2(𝑚+2)−𝑚3=2𝑚. La inversa de la matriz 𝐴 existe si y solo si su determinante es no nulo. |𝐴|=0⇔2𝑚=0⇔𝑚=0. Por tanto, la matriz 𝐴 tiene inversa si y solo si 𝑚 ≠0.
2. Si 𝑚 =1, 𝐴=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝111121113⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Observamos que (12𝐴)−1=2𝐴−1. Como 𝑚 =1, por el apartado anterior la matriz 𝐴 es invertible y det(𝐴) =2. Para hallar su inversa, calculamos primero su matriz adjunta. Adj⁡(𝐴)=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝5−2−1−220−101⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Ahora podemos calcular la inversa de 𝐴 como 𝐴−1=1|𝐴|Adj⁡(𝐴)𝑡=12⎛⎜ ⎜ ⎜⎝5−2−1−220−101⎞⎟ ⎟ ⎟⎠. Por tanto, (12𝐴)−1=2𝐴−1=⎛⎜ ⎜ ⎜⎝5−2−1−220−101⎞⎟ ⎟ ⎟⎠.

1. Llamamos 𝑥 al precio de un café, 𝑦 al de una tostada y 𝑧 al de un zumo de naranja. Por un lado, si tres cafés, una tostada y dos zumos cuestan 7,50€, entonces 3𝑥+𝑦+2𝑧=7,50. Por otro lado, si cuatro cafés, una tostada y un zumo cuestan 7,20€, 4𝑥+𝑦+𝑧=7,20. Por tanto, podemos plantear el sistema de ecuaciones lineales {3𝑥+𝑦+2𝑧=7,50,4𝑥+𝑦+𝑧=7,20. Resolvemos el sistema mediante el método de Gauss. (3127,54117,2)𝐹1−𝐹2←←←←←←←←←←→(−1010,34117,2). El sistema resultante es {−𝑥+𝑧=0,3,4𝑥+𝑦+𝑧=7,2. Si 𝑥 =𝜆, entonces −𝑥+𝑧=0,3𝑥=𝜆←←←←←←←→−𝜆+𝑧=0,3⇔𝑧=𝜆+0,3,4𝑥+𝑦+𝑧=7,2𝑥=𝜆←←←←←←←←←←←←→𝑧=𝜆+0,34𝜆+𝑦+𝜆+0,3=7,2⇔𝑦=6,9−5𝜆. Así que el precio de dos cafés, una tostada y tres zumos se puede calcular como 2𝑥+𝑦+3𝑧=2𝜆+6,9−5𝜆+3(𝜆+0,3)=7,8. Por tanto, el precio total es 7,80€.
2. Si el precio del zumo de naranja es de 2€, entonces 𝑧=2⇔𝜆+0,3=2⇔𝜆=1,7. Así que 𝑥=1,7,𝑦=6,9−5⋅1,7=−1,6. El precio de la tostada no puede ser negativo, así que no es posible que el precio del zumo de naranja sea de 2€.

1. Para hallar el punto simétrico 𝑃′ de 𝑃 con respecto a 𝜋, trazamos una recta 𝑠 perpendicular al plano que pase por 𝑃. Al ser perpendicular a 𝜋, su vector director es ⃗𝑑𝑠 =⃗𝑛𝜋 =(1, −1,1). Así que las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑠 son 𝑠≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=1+𝜆,𝑦=−𝜆,𝑧=1+𝜆. A continuación, hallamos el punto de intersección 𝑄 de la recta 𝑠 y el plano. Para ello sustituimos las ecuaciones paramétricas de 𝑠 en la ecuación del plano. 1+𝜆−(−𝜆)+1+𝜆+1=0⇔3+3𝜆=0⇔𝜆=−1. Por tanto, el punto de intersección es 𝑄(0,1,0). Como 𝑄 es el punto medio de 𝑃 y 𝑃′, podemos hallar 𝑃′ como el simétrico de 𝑃 con respecto de 𝑄. Si llamamos 𝑃′(𝑎,𝑏,𝑐), tiene que verificase: ⎧{ {⎨{ {⎩1+𝑎2=0⇔𝑎=−1,𝑏2=1⇔𝑏=2,1+𝑐2=0⇔𝑐=−1. Por tanto, el punto simétrico de 𝑃 con respecto al plano 𝜋 es 𝑃′( −1,2, −1).
2. Por el apartado anterior, dist⁡(𝑃,𝜋) =dist⁡(𝑃,𝑄). Calculamos la distancia de 𝑃 a 𝜋 como el módulo del vector ⃗𝑃𝑄 =( −1,1, −1). dist⁡(𝑃,𝜋)=dist⁡(𝑃,𝑄)=|⃗𝑃𝑄|=√12+12+12=√3𝑢.

1. En primer lugar, hallamos las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑠. Si tomamos 𝑦 =𝜆, 𝑠≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=3−2𝜆,𝑦=𝜆,𝑧=2−2𝜆. Así que su vector director es ⃗𝑑𝑠 =( −2,1, −2). Por otro lado, el vector director de 𝑟 es ⃗𝑑𝑟 =( −2,1, −2). Como los vectores directores son iguales, las rectas 𝑟 y 𝑠 son paralelas o coincidentes. Tomamos un punto 𝐴(2,1,0) de 𝑟 y comprobamos si también pertenece a 𝑠. {2+2≠3,2=2. Como el punto 𝐴 no pertenece a 𝑠, las rectas 𝑟 y 𝑠 son paralelas.
2. Llamamos 𝜋 al plano que nos piden. Como 𝜋 contiene a 𝑟 y 𝑠, ⃗𝑑𝑟 es un vector director del plano. De igual forma, si tomamos un punto 𝐵(3,0,2) de 𝑠, el vector ⃗𝐴𝐵 =(1, −1,2) es otro vector director del plano. Además, el punto 𝐴 pertenece al plano por ser un punto de 𝑟. Por tanto, las ecuaciones paramétricas del plano 𝜋 son ⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=2−2𝜆+𝜇,𝑦=1+𝜆−𝜇,𝑧=−2𝜆+2𝜇.