Integral definida, áreas y volúmenes – matemáticas 2º Bachillerato Ciencias: soluciones del examen para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1 (4 puntos)

   1. Primitiva \(x^3-x^2\): \((8-4)-0=4\). Se aplica la regla de Barrow, \(F(2)-F(0)\), con \(F(x)=x^3-x^2\). (1 punto)
   2. Por partes, una primitiva es \((x-1)e^x\): \((0)\cdot e-(-1)\cdot1=1\). Se toma \(u=x\) y \(dv=e^xdx\): \(\int xe^xdx=xe^x-\int e^xdx=(x-1)e^x\). En \(x=1\) vale 0 y en \(x=0\) vale \(-1\). (1,5 puntos)
   3. Primitiva \(\ln(x^2+1)\): \(\ln2-\ln1=\ln2\approx0{,}69\). El numerador es la derivada del denominador, así que la primitiva es un logaritmo; como \(x^2+1\gt0\), no hace falta el valor absoluto. (1,5 puntos)

   Resultados: 4, 1 y \(\ln2\).

2. Solución del ejercicio 2 (4 puntos)

   1. \(4x-x^2=x\), \(x(3-x)=0\): \(x=0\) y \(x=3\). Puntos \((0,0)\) y \((3,3)\). Se igualan las dos funciones y se resuelve la ecuación de segundo grado. (1 punto)
   2. En \(x=1\): \(f(1)=3\gt g(1)=1\). La parábola, con vértice \((2,4)\), va por encima de la recta entre 0 y 3. La parábola abre hacia abajo y corta al eje X en 0 y 4; la recta \(y=x\) es la bisectriz del primer cuadrante. (1 punto)
   3. \(\int_0^3(3x-x^2)dx=\left[\tfrac{3x^2}2-\tfrac{x^3}3\right]_0^3=\tfrac{27}2-9=\tfrac92=4{,}5\) unidades cuadradas. Se integra «función de arriba menos función de abajo»: \(f(x)-g(x)=3x-x^2\). (2 puntos)

3. Solución del ejercicio 3 (4 puntos)

   1. \(F(1)=\int_1^1=0\). Por el teorema fundamental, \(F^{\prime}(x)=x^2-4\). Si los límites de integración coinciden, la integral vale 0. El integrando es continuo, por lo que \(F\) es derivable. (1 punto)
   2. \(F^{\prime}(x)=0\) en \(x=\pm2\). \(F^{\prime\prime}(x)=2x\): \(F^{\prime\prime}(-2)\lt 0\), máximo en \(x=-2\); \(F^{\prime\prime}(2)\gt 0\), mínimo en \(x=2\). \(F'\) es positiva fuera de \([-2,2]\) y negativa dentro, lo que confirma un máximo y un mínimo. (1,5 puntos)
   3. \(F(x)=\left[\tfrac{t^3}3-4t\right]_1^x=\tfrac{x^3}3-4x+\tfrac{11}3\). Su derivada es \(x^2-4\), como se esperaba. \(F(-2)=9\) y \(F(2)=-\tfrac53\). Detalle: \(F(-2)=-\frac83+8+\frac{11}3=9\) y \(F(2)=\frac83-8+\frac{11}3=-\frac53\). (1,5 puntos)

4. Solución del ejercicio 4 (4 puntos)

   1. \(V=\pi\int_0^1(e^x)^2dx=\pi\int_0^1e^{2x}dx\). Cada sección perpendicular al eje X es un círculo de radio \(e^x\) y área \(\pi e^{2x}\); el volumen es la integral de esas áreas entre 0 y 1. (1,5 puntos)
   2. \(V=\pi\left[\tfrac{e^{2x}}2\right]_0^1=\tfrac{\pi(e^2-1)}{2}\approx10{,}04\) unidades cúbicas. Una primitiva de \(e^{2x}\) es \(\frac{e^{2x}}2\). Por Barrow, \(\pi\left(\frac{e^2}{2}-\frac12\right)\); con \(e^2\approx7{,}389\) resulta \(\pi\cdot3{,}1945\approx10{,}04\). (1,5 puntos)
   3. \(\int_0^1e^xdx=e-1\approx1{,}72\) unidades cuadradas. La función es positiva en \([0,1]\), así que el área es directamente la integral, \(e^1-e^0\). (1 punto)

   Observa que el volumen no es \(\pi\) por el área: hay que elevar al cuadrado el radio.

5. Solución del ejercicio 5 (4 puntos)

   1. \(20-2t=0\), \(t=10\) s. El tren se detiene cuando su velocidad es nula. (0,5 puntos)
   2. \(\int_0^{10}(20-2t)dt=\left[20t-t^2\right]_0^{10}=200-100=100\) m (es el área del triángulo bajo la recta de velocidad). La distancia es la integral de la velocidad, positiva en \([0,10]\). Comprobación con el triángulo de base 10 s y altura 20 m/s: \(\frac{10\cdot20}2=100\). (1,5 puntos)
   3. \(\int_0^6(20-2t)dt=120-36=84\) m. Detalle: \(20\cdot6-6^2=120-36\). (1 punto)
   4. No: necesita 100 m y solo tiene 95 m. Debería empezar a frenar antes o frenar con más intensidad. Le faltan 5 m: el tren rebasaría el final del andén. (1 punto)

Total : 20 puntos