Solución detallada al examen de selectividad de Matemáticas II. Extremadura, curso 2012-2013. Opción B en www.facebook.com/KALIUM.academia

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MATEMÁTICAS II
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1
a) Sean la matriz de coeficientes (A) y la ampliada con los términos independientes (A*):












111
11
12
* aa
a
A













a
aa
aa
A
2111
111
112
*
La discusión del sistema puede hacerse en base al teorema de Roche-Frobenius, así, del determinante
de la matriz de coeficientes:
2
111
11
12
2


 aaa
a
A (0,75 pto, también si se hace para un valor concreto de a)
Que se anula cuando 2a , para el resto de valores el determinante sería no nulo y por tanto el
rango de A sería 3, al igual que el de la matriz ampliada por contenerla, y además coincidiría con el
número de incógnitas, por tanto el sistema es compatible determinado cuando 2a (0,5 pto,
también si se hace para un valor concreto de a)
b) Aplicando la regla de Cramer, para un valor genérico del parámetro:
2
2
111
11
12
112
11
121
2
2








a
aa
aa
a
a
a
a
x
2
242
111
11
12
121
11
11
2
23









a
aa
aa
a
a
aa
aa
y
2
225
111
11
12
211
111
12
2
2









a
aa
aa
a
a
a
aa
z

2. MATEMÁTICAS II
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Y tomando, por ejemplo el valor a=0 surge (x,y,z)=(0,1,-1) (1,25 pto, también por resolución por
cualquier otro método)
2
a) El producto vectorial puede calcularse según:


 j
kji
ue



2
101
002 (0,2,0) (1 pto)
b) Para calcular el ángulo, podemos aprovechar el resultado conocido para el módulo del producto
vectorial:
2
2
)1(01·002
020
·
··
222222
222
arcsen
arcsen
ue
ue
arcsen
senueue














 45º (0,75 pto)
c) Utilizando la definición del producto escalar:
0arccos
)2(3)2(·)1(01
)2,3,2)·(1,0,1(
arccos
·
·
arccos
·cos··
222222










vu
vu
vuvu



 90º (0,75 pto)
3 Sea la derivada de la función:
123)( 2
 xxxf
Sabido es que la pendiente de la recta tangente a una función en un punto es el valor de la derivada en
dicho punto, por tanto el problema pasa por encontrar los valores de x tales que f´(x)=4, (por ser 4 el
valor de la pendiente de la recta dada):
3·2
)5·(3·442
0523
4123
2
2




x
xx
xx
De donde surgen las soluciones x1=1 y x2=-5/3(1,5 pto por un planteamiento correcto y encontrar los
valores de x donde la pendiente de f es de 4)

3. P.A.U. 2012-13
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No obstante, para que dicha recta sea tangente a la función en alguno de estos puntos, la recta y(x)
debe contener a su imagen, es decir, debe pasar por (x,f(x)). Así, sustituyendo las soluciones halladas,
resulta:
2)1()1(  yf
3
26)
3
5(
27
22)
3
5(  yf
Por lo tanto la recta y=4x-2 es tangente a la gráfica de f(x) en el punto (x,y)=(1,2) (1 pto)
4
a) Se dice que una función F(x) es primitiva de otra función f(x) si se verifica que F´(x)=f(x). Para el
cálculo de la primitiva procederemos calculando la integral:
   xdxdxxfxF ln1)()(
Para aplicar la técnica de la integración por partes (   vduvuudv · ) denotaremos:
dxdv
xu

 ln1
Derivando e integrando, respectivamente, resulta:
xv
dx
x
du


1
Y de la aplicación del método:
  KxxKxxxdxxxdx
x
xxxxdx ln)·ln1()·ln1(
1
)·ln1(ln1 (1 pto)
b) El recinto en cuestión es el de la siguiente figura:
Y su área la podemos evaluar, aplicando la regla de Barrow y el resultado anterior, sobre la integral:
    1ln1lnlnln1)1(ln 1
11
eexxxdxdxx
eee
e (unidades de área) (1 pto por plantear la
integral definida y 0,5 puntos por el cálculo del área)
xxf ln)( 
1x ex 
1y