examen

UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID
PRUEBA DE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS
OFICIALES DE GRADO
Curso 2010-2011 Septiembre
MATERIA: MATEMATICAS II
INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACION
El alumno contestara a los cuatro ejercicios de una de las dos opciones (A o B) que se le ofrecen. Nunca deberá
contestar a unos ejercicios de una opción y a otros ejercicios de la otraopción. En cualquier caso, la calificación se
hará sobre lo respondido a una de las dos opciones. No se permite el uso de calculadoras graficas. Todas las respuestas
deberán estar debidamente justificadas.
Calificación total máxima: 10 puntos.
Tiempo: Hora y media.

OPCIÓN A
Ejercicio 1. Calificación máxima: 3 puntos.
a) (1 punto) Calcula los límites:
Lím

x→ +∞

2
4+e

b) (1 punto)Calcula la integral

1

y

−(x +1)

Lím

x → −∞

2

4 + e −(x +1)

x

∫0 1 + 3x 2 dx

c) (1 punto) Halla el dominio de definición de la función f (x ) = x 2 − 9x + 14 . Hallar el conjunto de
puntos donde la función f tiene derivada
Solución.
a.

b.

2

2
1
=
4+0 2
x→ +∞ 4 + e
4+e
4+e
2
2
2
2
2
Lím
=
=
=
= =0
− (x +1)
− (− ∞ +1)
+∞
4+∞ ∞
x→ −∞ 4 +e
4+e
4+e
Lím

− (x +1)

=

2

− (∞ +1)

=

2

−∞

=

 f ′(x )

1
dx = Ln f (x ) + C  1 1 6x

1

dx =  f (x )
=
dx =  Ln 1 + 3x 2  =

2
0 1 + 3x 2
6
0
f (x ) = 1 + 3x 2 : f ′(x ) = 6x  6 0 1 + 3x


1

∫

x

∫

∫

1
1
1
1
1
2  1
2 1
 Ln 1 + 3 ⋅ 1  −  Ln 1 + 3 ⋅ 0  = Ln 4 − Ln 1 = Ln 4 − ⋅ 0 = Ln 4
6
6
6
6
6
6
6
 


c.

{

}

Dominio  x 2 − 9 x + 14  = x ∈ R x 2 − 9x + 14 ≥ 0





x = 2
x 2 − 9x + 14 = 0 : 
x = 7
 x7


La función tiene derivada en los puntos donde la derivada sea continua
2x − 9
D  x 2 − 9x + 14  =
; x 2 − 9x + 14 > 0 ;



 2 x 2 − 9x + 14

La función tiene derivada en (− ∞, 2) ∪ (7, + ∞ )

1

(x − 2 )⋅ (x − 7 ) > 0

Ejercicio 2.Calificación máxima: 3 puntos.
Dados los planos
π 1 ≡ 2 x + 3y + z − 1 = 0 ,
π 2 ≡ 2x + y − 3z − 1 = 0
y la recta
x −1
z+2
r≡
= y +1 =
2
2
se pide:
a) (1punto) El punto o puntos de r que equidistan de π1 y π2.
b) (1 punto) El volumen del tetraedro que π1 forma con los planos coordenados XY, XZ e YZ.
c) (1 punto) La proyección ortogonal de r sobre π2.
Solución.
a.
Se pide calcularla intersección de la recta con el lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistante
de dos planos.
El lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistan de dos planos son dos planos denominados
planos bisectrices, cuyas ecuaciones se obtienen a partir de la definición de distancia punto plano.
Sea P(x, y, z) un punto genérico que equidista de π1 y π2, por tanto se cumplirá:d(P − π1 ) = d(P − π 2 )

2 x + 3y + z − 1

2x + y − 3z − 1

=

2 2 + 3 2 + 11
2 2 + 12 + (− 3)2
Simplificando las raíces y quitando el valor absoluto:
2 x + 3y + z − 1 = ±(2 x + y − 3z − 1)
•
•

Resolviendo con cada signo por separado se obtienen la ecuaciones de los planos bisectrices.
(+): 2 x + 3y + z − 1 = 2 x + y − 3z − 1 ; σ1 ≡ 2 y + 4z = 0 ; σ1 ≡ y + 2z = 0

(‒): 2 x + 3y+ z − 1 = −(2 x + y − 3z − 1) ; σ 2 ≡ 4 x + 4 y − 2z − 2 = 0 ; σ 2 ≡ 2x + 2 y − z − 1 = 0

Los puntos buscados se encuentran mediante la intersección de los planos bisectrices con la recta s.
Una forma de resolver la intersección entre la recta y el plano es sustituir las ecuaciones paramétricas de la
recta en la ecuación general del plano, obtener el valor del parámetro y sustituirlo en lasecuaciones paramétricas de la
recta para obtener las coordenadas del punto.
 σ 1 ≡ y + 2z = 0
  x = 1 + 2λ
σ 1 ≡ y + 2z = 0



P:
x −1
z+2 : 
r ≡  y = −1 + λ
r≡
= y +1 =

2
2  

  z = −2 + 2 λ


 x = 1 + 2 ⋅1 = 3

− 1 + λ + 2(− 2 + 2λ ) = 0 ; 5λ − 5 = 0 ; λ = 1 ; P :  y = −1 + 1 = 0 : P = (3, 0, 0)
 z = −2 + 2 ⋅ 1 = 0

σ1 ≡ 2x + 2 y − z − 1 = 0...