solución selectividad junio11

IES Mediterráneo de Málaga

Solución Junio 2011

Juan Carlos Alonso Gianonatti

BLOQUE A
CUESTIÓN A.1.- Demuestre sin utilizar la regla de Sarrus y sin desarrollar directamente por

x
una fila y/o columna, que x
x

x+1 x+2
x + 3 x + 4 = 0 .Indique en cada paso que propiedad (o
x+5 x+6

propiedades) de los determinantes se está utilizando. [2.5 puntos]

x
x
x

x+1 x+2
 Sitodos los elementos de una columna de una matriz se descomponen en suma de 
x+3 x+4 =
 dos sumandos , su det er min ante se descompone, en suma de los det er min antes 



x+5 x+6

x

x

x
x

x
x

x+2 x 1 x+2
x + 4 + x 3 x + 4 = (Un det er min ante es nulo si dos columnas son iguales ) =
x+6 x 5 x+6

x 1 x x 1 2  Si todos los elementos de una columna de una matriz sedescomponen en 


= 0 + x 3 x + x 3 4 =  suma de dos sumandos , su det er min ante se descompone, en suma de los 

x 5 x x 5 6  det er min antes


x 1 2
= (Un det er min ante es nulo si dos columnas son iguales ) = 0 + 0 + 0 2 2 =
0 4 4
 El valor
=
 var ia

x
=0 +0 + 0
0

del det er min ante resul tan te de multiplicar una fila por un número y restarlas a otras no 


1 2
 El valor del det er min ante resul tan te de multiplicar una fila por un número y 

2 2 =
 restarlas a otras no var ia



0 0

(El valor de un det er min ante con una

fila de valores nulos es cero ) = 0 + 0 + 0 = 0

1

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Solución Junio 2011

CUESTIÓN A.2.- Determine el plano que contiene a la recta
a la recta

x − 5 y + 2 z− 17
[2.5 puntos]
=
=
−2
3
−1

Juan Carlos Alonso Gianonatti

3 x + 2 y − 5 z = −2
y es paralelo

4 x − 3 y − 2 z = −1

Si contiene a la recta el vector director de esta es un vector generador del plano, el otro es el
de la otra recta y el ultimo el vector el formado por un punto R de la recta que contiene y G el
punto generador del plano. Los tres son coplanarios, y por ello,el determinante de la matriz
que determinas es nulo y la ecuación del plano pedido

12 x + 8 y − 20 z = −8
9 x + 6 y − 15 z = −6
19
8
z−
⇒
⇒ 17 x − 19 z = −8 ⇒ 17 x = 19 z − 8 ⇒ x =
⇒

17
17
 8 x − 6 y − 4 z = −2
 − 12 x + 9 y + 6 z = 3
14
5
 19 14 
17 y − 14 z = −5 ⇒ 17 y = 14 z − 5 ⇒ z =
y−
,
, 1 = (19 , 14 , 17 )
⇒ vr = 
17
17
 17 17 
8


 x = − 17+ 19λ

v r = (19 , 14 , 17 )

5


r ≡ y = −
v s = (3 , − 2 , − 1)
⇒
+ 14λ ⇒ 
17


5
8
5
8

 

,0 =  x +
,y+
, z
,−
 RG = ( x , y , z ) −  −
 z = 17 λ
17  
17
17 
 17



8
17
19
3

5
17
14
−2

x+
π≡

y+

z
17 = 0 ⇒
−1

8 
5 
8 
5 




− 14 ⋅  x +  − 38 z + 51 ⋅  y +  − 42 ⋅ z + 34 ⋅  x +  + 19 ⋅  y+  = 0 ⇒
17 
17 
17 
17 




8 
5 
16 35


20 ⋅  x +  + 70 y +  − 80 z = 0 ⇒ 2 x + 7 y − 8 z +
+
= 0 ⇒ π ≡ 2x + 7 y − 8z + 3 = 0
17 17
17 
17 



CUESTIÓN A.3.- Dada la función

f (x ) =

ex + 1
,se pide:
ex − 1

a) Estudiar si existen asíntotas verticales y calcular los límites laterales en caso de que las
haya [1.25 puntos]
b) Estudiar siexisten asíntotas horizontales y calcularlas en caso de que las haya
[1.25 puntos]

a)
e x − 1 = 0 ⇒ e x = 1 ⇒ ln e x = ln 1 ⇒ x ⋅ ln e = 0 ⇒ x = 0 ⇒ f (0 ) =
lim− f ( x ) =

x →0

lim+ f ( x ) =

x →0

e0 + 1
0−

e −1
e0 + 1
e

0+

−1

=

2
2
= − = −∞
1 −1 0

=

e0 + 1 2
= ⇒ Asíntota vertical
e0 − 1 0

2
= +∞
0+

−

2

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Juan Carlos Alonso Gianonatti

Continuación de la Cuestión A3 de la opción A

b)
ex + 1 ∞
ex
Utilizando L' Hopital
y = lim x
= =    → lim x = 1
x →∞ e − 1
x →∞ e
∞
Existe una asíntota horizontal ⇒ y = 1 cuando x → ∞

ex + 1
e −x
= lim − x
x → −∞ e x − 1
x →∞ e

y = lim

1
1 + ex
+1
x
x
ex + 1
+1
∞
= lim e
= lim e x = lim
= = Utilizando L'...