1A.- Solución:

La pendiente de la tangente es el valor de la derivada primera en ese punto y la derivada segunda se anula

en el punto de inflexión, por eso calculamos las derivadas primera y segunda. Además el punto (1,2)

pertenece a la curva.

���� � �� � �� � � � � ⇒ � ��� � 3� � 2�� � ⇒ � ��� � 6� � 2�

�� ��1� � �3 ⇒ 3 � 2� � � �3 ⇒ �2� � � �6� �1� � 0 ⇒ 6 � 2� � 0 ⇒ � � �3��1� � 2 ⇒ 1 � � � � � � 2 ⇒ � � � � � 1 ⇒ � � �12� � �3� � 16 ��

2A.- Solución:

La parábola es la parábola elemental desplazada una unidad hacia abajo y la recta es paralela a la bisectriz

del segundo cuadrante y con 5 de ordenada en el origen. Los puntos de corte de ambas son:� � 1 � 5 �� ⇒ � � � � 6 � 0 ⇒ �� � �3� � 2 �Luego los puntos de corte son (-3,8) y (2,3).

Luego el área pedida es � �5 � �� � �� � 1� � � � � � � 6 � �� ��� � �� � 6���� � !"����

3A.- Solución:

Los rangos de la matriz de coeficientes de las incógnitas y de la matriz ampliada nos permitirán la discusión

del sistema:

−+−−−

=

−+−−+

2433

0533

0321

0111

2433

211

0321

0111

mm

mmmR

mm

mmmmR restando a la 3ª fila la 4ª

El determinante de la última matriz es: -2(m-2). Lo desarrollamos por la 4ª columna. Luego para todo m

distinto de 2 el sistema es incompatible porque el rango de la matriz ampliada es 4 y el de la de coeficientes

tiene que ser menor porque sólo tiene 3 columnas. Cuando m=2 el rango es 3 y el rango de la matriz de

coeficientes es 3, no depende de m, porque:

# 1 1 11 2 3$ � 3 $ � 3 $ � 5# � �2 % 0 . Luego es compatible determinado. Rangos 3 y nº incógnitas 3

La solución cuando m=2 es única y es x=0, y=0, z=0 por ser sistema homogéneo

4A.- Solución:

El punto de corte con el eje X se obtiene haciendo en la ecuación del plano y=0 y z=0 con lo que queda:

A=(-3,0,0), de la misma forma B=(0,3,0) es el punto de corte con el eje Y y C=(0,0,-1) el punto de corte con el

eje Z. El área del triángulo la calculamos con el producto vectorial. Es la mitad del módulo del producto

vectorial de los vectores AB y AC

& � 12 |�3,3,0� ) �3,0,�1�| � 3√112

El volumen viene determinado por el producto mixto + � ,-./000001,.2000001,.300000014,"

El vector determinado por A y D es 56000001 � ��7 � 3,2 � 7, �3� Luego + � " 8# 3 3 03 0 �1�7 � 3 2 � 7 3 #8 � 9�:9:; ⇒ + �7� � 7 � ⇒ + �7� � 0=>7 � �

El valor del volumen mínimo es + � � ;

1B.- Solución:

Cuando la derivada es positiva la función es creciente:

?�@� � 601 � 2A�B ⇒ ? �@� � 120AB�2 � AB� C 0∀@ ⇒ ?�@��EA�>AF@A

Luego la concentración es mínima cuando t sea mínima t=0 y resulta N(0)=20

Por otro lado: limB→:K "L :MNO � 60 y este es el valor al que tiende la concentración de nitrógeno, 60%

2B.- Solución:

La primera parece un arco tangente a primera vista. Podemos ponerlo más claro:

P 14 � 9� S� � 14P 11 � 9�4 S� �14 T 23P

321 � U3�2 V S� �16�E�@�F W3�2 X � Y

En la segunda, si efectuamos la suma, nos queda un cociente donde el numerador es la dedrivada del

denominador, luego se trata de un logaritmo neperiano:

PWtan��� � 1tan���X S� � P@�F��� � 1tan��� S� � ]F�tan���� � Y

3B.- Solución:

Puesto que ^ � 5� y como 1 � |5 T 5� | � |5| T |5� | � 3 T |5� | ⇒ |5� | � � � |^| El rango de B es el mismo que el de A pues su determinante es distinto de cero y son del mismo orden.

_1 �2 80 10 �30 7 0 b T c � _1 0 00 3 00 0 7b ⇒ c � _1 �2 80 10 �30 7 0 b� T _1 0 00 3 00 0 7b �def1 8 �7430 0 10 �1 103 g

hi ⇒ |c| � 1

_1 �2 80 10 �30 7 0 b� �deef1 83 �74210 0 170 �13 1021 g

hhi

Más sencillo:

#1 �2 80 10 �30 7 0 # T |c| � #1 0 00 3 00 0 7# ⇒ 21 T |c| � 21 ⇒ |c| � 1

4B.- Solución:

Serán paralelos cuando el sistema formado por las tres ecuaciones no tenga solución

� 2� � j � 6k � j � 0� � k � �j � 4 ⇒ l_2 0 60 1 01 �1 4b � 3mnEopA #2 0 60 1 01 �1 4# � 2� Luego la matriz ampliada tiene rango 3

El rango de la matriz de coeficientes depende del determinante #2 0 �10 1 11 �1 � # � 2� � 3

Luego cuando � � �� el rango es 2 y en este único caso el sistema es incompatible y la recta paralela al

plano.

El vector (2,0,-1) es perpendicular al plano π y el vector producto vectorial de los vectores

�0,1,1� ) U1,�1,�� V � �� , 1, �1� es vector director de la recta r. Con ellos y el punto (0,0,4) que es de la

recta (obtenido dando a z el valor 0 en las ecuaciones de la recta) determinamos el plano π’ pedido. Su

ecuación cartesiana será: 8� � 4 2 � k 0 1j �1 �18 � 0 ⇒ 2� � 5k � 4j � 8