Resolución paso a paso
Matemáticas
Examen de Canarias (EBAU 2023, ordinaria de junio): se contesta una pregunta de cada bloque; aquí se resuelven todas. En 1B falta la figura con las medidas del jardín, y lo indico allí.
Bloque 1 · Análisis
1A · Polinomio con mínimo en $M(1,2)$ y $f''(x)=2x+3$
Integrando: $f'(x)=x^2+3x+C_1$. Mínimo en $x=1$: $f'(1)=1+3+C_1=0\Rightarrow C_1=-4$. Entonces
$$f(x)=\frac{x^3}{3}+\frac{3x^2}{2}-4x+C_2$$
Pasa por $M(1,2)$: $\tfrac13+\tfrac32-4+C_2=2\Rightarrow C_2=\dfrac{25}{6}$.
$$\boxed{f(x)=\frac{x^3}{3}+\frac{3}{2}x^2-4x+\frac{25}{6}}$$
Es un mínimo, porque $f''(1)=5>0$.
1B · Casa de la Juventud de 240 m$^2$
Aviso: las medidas de la zona ajardinada están en una figura que no aparece en el texto del PDF. Planteo el problema con anchos genéricos y se sustituyen los de la figura.
Sea la casa de $x$ (ancho) por $y$ (fondo) con $xy=240$, y la zona ajardinada una franja de ancho $p$ en los lados izquierdo y derecho, y $q$ delante y detrás (si la figura da anchos distintos en cada borde, se suman). La superficie ajardinada es
$$S(x)=(x+2p)(y+2q)-240=2qx+\frac{480p}{x}+4pq$$
$$S'(x)=2q-\frac{480p}{x^2}=0\ \Rightarrow\ x=\sqrt{\frac{240p}{q}},\quad y=\frac{240}{x}$$
$S''(x)=\dfrac{960p}{x^3}>0$, luego es un mínimo. Con los valores $p$ y $q$ de la figura se obtienen las dimensiones de la casa y el área mínima $S$.
Bloque 2 · Álgebra
2A · Matrices
$A=\begin{pmatrix}2&1&0\\-1&0&0\\1&2&-1\end{pmatrix}$, $B=\begin{pmatrix}-1&2&1\\0&-1&0\\1&0&0\end{pmatrix}$, $C=\begin{pmatrix}0&1&0\\0&3&0\\-1&0&-1\end{pmatrix}$.
a) ¿Tiene inversa $M=2I_3+B^t$?
$$M=\begin{pmatrix}1&0&1\\2&1&0\\1&0&2\end{pmatrix},\qquad|M|=1\cdot(2-0)+1\cdot(0-1)=1\neq0$$
Sí tiene inversa, $|M|=1$.
b) Ecuación $2X+C=A-XB^t$.
Se pasan los términos con $X$ al mismo lado:
$$2X+XB^t=A-C\ \Rightarrow\ X(2I+B^t)=A-C\ \Rightarrow\ XM=A-C$$
Como $M$ es invertible (apartado a), existe $X$ y es $X=(A-C)M^{-1}$. Se calcula:
$$A-C=\begin{pmatrix}2&0&0\\-1&-3&0\\2&2&0\end{pmatrix},\qquad M^{-1}=\begin{pmatrix}2&0&-1\\-4&1&2\\-1&0&1\end{pmatrix}$$
$$X=\begin{pmatrix}4&0&-2\\10&-3&-5\\-4&2&2\end{pmatrix}$$
(Comprobación: $XM=A-C$.)
2B · Precios del bar
Sean $e$, $t$ y $c$ los precios de la ración de escaldón, tollos y carajacas:
$$\begin{cases}\dfrac{e+t+c}{3}=5\\30e+20t+10c=255\\3c=2t+10\end{cases}\iff\begin{cases}e+t+c=15\\30e+20t+10c=255\\3c-2t=10\end{cases}$$
De la primera, $e=15-t-c$. En la segunda: $450-10t-20c=255\Rightarrow t+2c=19{,}5$. De la tercera, $t=\dfrac{3c-10}{2}$, así que $\dfrac{3c-10}{2}+2c=19{,}5\Rightarrow7c=49\Rightarrow c=7$; entonces $t=5{,}5$ y $e=2{,}5$.
$$\boxed{\text{escaldón }2{,}50\ \text{€},\quad\text{tollos }5{,}50\ \text{€},\quad\text{carajacas }7{,}00\ \text{€}}$$
Comprobación: $30\cdot2{,}5+20\cdot5{,}5+10\cdot7=75+110+70=255$ ✓.
Bloque 3 · Geometría
3A
$\pi:\ 2x+3y-z=4$; $r:\ \begin{cases}x+y-z=0\\2x+5y+z=0\end{cases}$; $s:\ \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-2}{0}=\dfrac{z-3}{1}$.
a) Simétrico de $P(-2,1,2)$ respecto de $\pi$.
Normal $\vec n=(2,3,-1)$. Valor en $P$: $2(-2)+3-2-4=-7$ y $|\vec n|^2=14$. Pie de la perpendicular:
$$M=P+\frac{7}{14}\vec n=\left(-1,\ \tfrac52,\ \tfrac32\right)\quad(\text{en }\pi:\ -2+\tfrac{15}{2}-\tfrac32=4\ \checkmark)$$
$$P'=2M-P=\boxed{(0,\,4,\,1)}$$
b) Ángulo entre $r$ y $s$.
$\vec d_r=(1,1,-1)\times(2,5,1)=(6,-3,3)\parallel(2,-1,1)$ y $\vec d_s=(1,0,1)$:
$$\cos\theta=\frac{|(2,-1,1)\cdot(1,0,1)|}{\sqrt6\sqrt2}=\frac3{\sqrt{12}}=\frac{\sqrt3}2\ \Rightarrow\ \boxed{\theta=30^\circ}$$
3B
$r:\ \begin{cases}x+2y-7z=0\\2x+3y-12z+1=0\end{cases}$; $s:\ \begin{cases}2x-7y-3z=22\\x-y+z=1\end{cases}$.
a) Posición relativa.
Direcciones: $\vec d_r=(1,2,-7)\times(2,3,-12)=(-3,-2,-1)\parallel(3,2,1)$ y $\vec d_s=(2,-7,-3)\times(1,-1,1)=(-10,-5,5)\parallel(2,1,-1)$. No son paralelas.
Un punto de cada recta (con $z=0$): $R(-2,1,0)$ en $r$ y $S(-3,-4,0)$ en $s$. $\overrightarrow{RS}=(-1,-5,0)$ y
$$\begin{vmatrix}3&2&1\\2&1&-1\\-1&-5&0\end{vmatrix}=-15+2-9=-22\neq0$$
Las rectas se cruzan (no son coplanarias).
b) Plano que contiene a $r$ y es paralelo a $s$.
Normal $\vec d_r\times\vec d_s=(3,2,1)\times(2,1,-1)=(-3,5,-1)$. Pasa por $R(-2,1,0)$:
$$-3(x+2)+5(y-1)-z=0\ \Rightarrow\ \boxed{3x-5y+z+11=0}$$
Bloque 4 · Probabilidad
4A · Docentes menores de 30 años ($p=0{,}11$)
a)
15 docentes, $X\sim\text{Bin}(15,0{,}11)$: $P(X<2)=P(0)+P(1)=0{,}89^{15}+15\cdot0{,}11\cdot0{,}89^{14}\approx0{,}1744+0{,}3233\approx\mathbf{0{,}497}$.
b)
200 docentes, $X\sim\text{Bin}(200,0{,}11)$ con $\mu=22$ y $\sigma=\sqrt{200\cdot0{,}11\cdot0{,}89}=4{,}42$. Aproximación normal con corrección de continuidad:
$$P(20\leq X\leq30)\approx\Phi\!\left(\tfrac{30{,}5-22}{4{,}42}\right)-\Phi\!\left(\tfrac{19{,}5-22}{4{,}42}\right)=\Phi(1{,}92)-\Phi(-0{,}57)=0{,}9726-0{,}2843\approx\mathbf{0{,}69}$$
c)
El 89 % de los docentes no son menores de 30 años: en 500 docentes cabe esperar $500\cdot0{,}89=\mathbf{445}$ (mayores de 30).
4B · Estaturas $N(168,\,8)$
a)
$z=\dfrac{156-168}{8}=-1{,}5$: $P(X>156)=\Phi(1{,}5)=\mathbf{0{,}9332}$.
b) ¿Más del 15 % mide más de 1,82 m?
$z=\dfrac{182-168}{8}=1{,}75$: $P(X>182)=1-\Phi(1{,}75)=1-0{,}9599=0{,}040$ (un $4\,\%$). Como $4\,\%<15\,\%$, la afirmación es falsa.
c)
$z_1=\dfrac{166-168}{8}=-0{,}25$ y $z_2=\dfrac{172-168}{8}=0{,}5$:
$$P(166<X<172)=\Phi(0{,}5)-\Phi(-0{,}25)=0{,}6915-(1-0{,}5987)=\mathbf{0{,}290}$$