Resolución paso a paso
Matemáticas
Examen de Canarias (EBAU 2023, extraordinaria): se contesta una pregunta de cada bloque; aquí se resuelven todas. Parte de las ecuaciones del PDF se extraen con símbolos cambiados (la letra $y$ aparece como $k$); en los apartados 2A, 2B y 3A/3B indico la lectura que he seguido.
Bloque 1 · Análisis
1A · Ventas $V(t)=\dfrac{5t^2}{8+t^2}$ (miles de unidades), $t\geq0$ en meses
a) Tasas de variación media.
$V(0)=0$, $V(6)=\dfrac{180}{44}\approx4{,}091$, $V(12)=\dfrac{720}{152}\approx4{,}737$.
- Primer semestre: $\dfrac{V(6)-V(0)}{6}\approx0{,}682$ mil unidades/mes ($\approx682$ unidades al mes).
- Segundo semestre: $\dfrac{V(12)-V(6)}{6}\approx0{,}108$ mil unidades/mes ($\approx108$ unidades al mes).
Interpretación: las ventas crecen mucho más deprisa en los primeros seis meses que en los siguientes; el ritmo de crecimiento se frena (el producto se acerca a su nivel máximo de ventas).
b) ¿Es creciente en su dominio?
$$V'(t)=\frac{10t(8+t^2)-5t^2\cdot2t}{(8+t^2)^2}=\frac{80t}{(8+t^2)^2}\geq0\quad(t\geq0),\quad V'(t)>0\ \text{si}\ t>0$$
Sí, la afirmación es correcta: $V$ es creciente en $[0,+\infty)$.
c) Ventas de 4000 unidades
($V=4$):
$$\frac{5t^2}{8+t^2}=4\Rightarrow5t^2=32+4t^2\Rightarrow t^2=32\Rightarrow t=4\sqrt2\approx5{,}66\ \text{meses}$$
d) Ingresos a largo plazo.
$\displaystyle\lim_{t\to\infty}V(t)=5$ mil unidades (asíntota horizontal $V=5$). A 2 € la unidad, los ingresos mensuales tienden a $5000\cdot2=10\,000$ €: se estabilizan en torno a 10 000 euros al mes.
1B
a) Valor de $k$
tal que $\displaystyle\lim_{x\to-2}\frac{kx^2-4k}{x^2+6x+8}=\frac32$. Se factoriza: $kx^2-4k=k(x-2)(x+2)$ y $x^2+6x+8=(x+2)(x+4)$:
$$\lim_{x\to-2}\frac{k(x-2)}{x+4}=\frac{-4k}{2}=-2k=\frac32\ \Rightarrow\ \boxed{k=-\frac34}$$
b) $\displaystyle\int\frac{x}{\sqrt{2x-1}}\,dx$.
Cambio $u=2x-1$, $x=\tfrac{u+1}{2}$, $dx=\tfrac{du}{2}$:
$$\int\frac{(u+1)/2}{\sqrt u}\cdot\frac{du}{2}=\frac14\int\left(u^{1/2}+u^{-1/2}\right)du=\frac{u^{3/2}}{6}+\frac{u^{1/2}}{2}+C$$
$$=\frac{(2x-1)^{3/2}}{6}+\frac{(2x-1)^{1/2}}{2}+C=\frac{(x+1)\sqrt{2x-1}}{3}+C$$
Comprobación: la derivada de $\tfrac{(x+1)\sqrt{2x-1}}3$ es $\dfrac{(2x-1)+(x+1)}{3\sqrt{2x-1}}=\dfrac{x}{\sqrt{2x-1}}$ ✓.
Bloque 2 · Álgebra
2A · Sistema con parámetro $k$
Lectura del enunciado (el PDF mezcla $y$ y $k$):
$$\begin{cases}-x+ky+2z=k\\2x+ky-z=2k\\x-y+2z=k\end{cases}$$
a) Discusión.
$$|A|=\begin{vmatrix}-1&k&2\\2&k&-1\\1&-1&2\end{vmatrix}=-(2k-1)-5k+2(-2-k)=-9k-3=-3(3k+1)$$
- $k\neq-\tfrac13$: $|A|\neq0$, rango 3: compatible determinado.
- $k=-\tfrac13$: rango$(A)=2$. Existe una combinación de filas $5F_1+4F_2-3F_3=0$ en los coeficientes, pero con los términos independientes da $5\left(-\tfrac13\right)+4\left(-\tfrac23\right)-3\left(-\tfrac13\right)=-\tfrac{10}{3}\neq0$: rango$(A^*)=3$. Incompatible.
b) $k=2$.
El sistema es $-x+2y+2z=2$, $2x+2y-z=4$, $x-y+2z=2$. De la tercera, $x=2+y-2z$. En la primera: $y+4z=4$. En la segunda: $4y-5z=0\Rightarrow y=\tfrac54z$. Entonces $\tfrac{21}4z=4$:
$$z=\frac{16}{21},\qquad y=\frac{20}{21},\qquad x=2+\frac{20}{21}-\frac{32}{21}=\frac{10}{7}$$
2B · Ecuación matricial $AX+B^t=A^2$
Lectura: $A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}$, $B=\begin{pmatrix}-3&-2&-1\\0&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}$.
$$A^2=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&0\\1&0&1\end{pmatrix},\qquad B^t=\begin{pmatrix}-3&0&1\\-2&1&1\\-1&1&1\end{pmatrix}$$
$$AX=A^2-B^t=\begin{pmatrix}4&0&-1\\3&0&-1\\2&-1&0\end{pmatrix}=:N$$
Como $|A|=-1\neq0$, $X=A^{-1}N$. Se despeja por filas: la fila 1 de $AX$ es la fila 1 de $X$; la fila 2 de $AX$ es la fila 3 de $X$; la fila 3 de $AX$ es fila 1 + fila 2 de $X$. Entonces $X_1=N_1$, $X_3=N_2$, $X_2=N_3-N_1$:
$$X=\begin{pmatrix}4&0&-1\\-2&-1&1\\3&0&-1\end{pmatrix}$$
(Comprobación: $AX=N$.)
Bloque 3 · Geometría
3A
$P(1,-2,0)$; $r:\ \begin{cases}x-2y+z=0\\x-z=0\end{cases}$.
a) Plano.
La recta que pasa por el origen y es perpendicular al plano corta a este en $P$, así que el plano pasa por $P$ y su normal es $\overrightarrow{OP}=(1,-2,0)$:
$$(x-1)-2(y+2)=0\ \Rightarrow\ \boxed{x-2y-5=0}$$
Ángulo entre el plano y $r$. Dirección de $r$: $(1,-2,1)\times(1,0,-1)=(2,2,2)\parallel(1,1,1)$. Para el ángulo $\varphi$ entre recta y plano:
$$\sin\varphi=\frac{|\vec d\cdot\vec n|}{|\vec d||\vec n|}=\frac{|(1,1,1)\cdot(1,-2,0)|}{\sqrt3\sqrt5}=\frac1{\sqrt{15}}\ \Rightarrow\ \varphi\approx14{,}96^\circ$$
b) Intersección de $r$ y $s:\ x-5=\dfrac{y+1}{-2}=\dfrac{z-9}{3}$.
Con $x=5+t$, $y=-1-2t$, $z=9+3t$, y $x-z=0$: $5+t=9+3t\Rightarrow t=-2$:
$$\text{Punto de intersección: }(3,\,3,\,3)$$
(Comprobación en $r$: $3-6+3=0$ ✓.)
3B
Lectura: $r:\ \begin{cases}8x+2y-3z+12=0\\-7x-y+3z=9\end{cases}$ y $s:\ x=y+1=\dfrac{z-2}{2}$.
a) Coplanarias y plano.
De $r$: sumando las dos ecuaciones, $x+y=-3$; entonces $-7x+3+x+3z=9\Rightarrow z=2+2x$. Con $x=t$: $r=(t,\,-3-t,\,2+2t)$, de dirección $\vec d_r=(1,-1,2)$ y punto $(0,-3,2)$. De $s$: $(u,\,u-1,\,2+2u)$, de dirección $\vec d_s=(1,1,2)$ y punto $(0,-1,2)$.
Las direcciones no son paralelas, y $\begin{vmatrix}1&-1&2\\1&1&2\\0&2&0\end{vmatrix}=-4+4=0$ (con el vector entre puntos $(0,2,0)$): son coplanarias, y por tanto secantes, en $t=u=-1$: el punto $(-1,-2,0)$. El plano tiene como normal
$$\vec d_r\times\vec d_s=(-4,0,2)\parallel(2,0,-1)\ \Rightarrow\ \boxed{\pi:\ 2x-z+2=0}$$
(pasa por $(0,-1,2)$: $-2+2=0$ ✓).
b) Recta por $P(0,-1,2)$ que corta perpendicularmente a $r$.
Sea $Q=(t,-3-t,2+2t)\in r$. $\overrightarrow{PQ}=(t,\,-2-t,\,2t)$ y
$$\overrightarrow{PQ}\cdot\vec d_r=t+(2+t)+4t=6t+2=0\Rightarrow t=-\tfrac13,\quad Q=\left(-\tfrac13,-\tfrac83,\tfrac43\right)$$
Dirección: $\overrightarrow{PQ}=\left(-\tfrac13,-\tfrac53,-\tfrac23\right)\parallel(1,5,2)$:
$$\boxed{\frac{x}{1}=\frac{y+1}{5}=\frac{z-2}{2}}$$
Bloque 4 · Probabilidad
4A · Sobre con billetes (4 de 5 €, 6 de 10 €, 2 de 50 €)
a) Espacio muestral
(pares ordenados de valores, dos billetes sin reemplazamiento):
$$\Omega=\{(5,5),(5,10),(5,50),(10,5),(10,10),(10,50),(50,5),(50,10),(50,50)\}$$
b) Poder comprar el videojuego (57 €).
Hace falta sacar al menos 57 €: $(10,50)$, $(50,10)$ o $(50,50)$ (50+5 = 55 no llega).
$$P=\frac6{12}\cdot\frac2{11}+\frac2{12}\cdot\frac6{11}+\frac2{12}\cdot\frac1{11}=\frac{12+12+2}{132}=\frac{26}{132}=\frac{13}{66}\approx0{,}197$$
c) Si obtiene 60 €, el primer billete era de 10 €.
Solo suman 60 los pares $(10,50)$ y $(50,10)$, ambos con probabilidad $\tfrac{12}{132}$:
$$P(\text{1.º de 10}\mid\text{60 €})=\frac{12/132}{24/132}=\frac12$$
4B · Reventones de neumáticos ($p=0{,}04$)
a)
10 coches, $X\sim\text{Bin}(10,0{,}04)$:
$$P(X=2)=\binom{10}{2}0{,}04^2\,0{,}96^8\approx0{,}0519$$
b) ¿Máximo 1 % de que haya más de 2 reventones?
$$P(X>2)=1-\big[P(0)+P(1)+P(2)\big]=1-(0{,}6648+0{,}2775+0{,}0519)\approx0{,}0062$$
Es el $0{,}62\,\%<1\,\%$: la afirmación es cierta.
c) 250 coches.
$X\sim\text{Bin}(250,0{,}04)$ con $np=10$ y $\sigma=\sqrt{250\cdot0{,}04\cdot0{,}96}=3{,}10$. Se aproxima por la normal $N(10;3{,}10)$ con corrección de continuidad:
$$P(X>12)=P(X\geq13)\approx P(Z>\tfrac{12{,}5-10}{3{,}10})=1-\Phi(0{,}81)=1-0{,}791\approx\mathbf{0{,}21}$$
(El valor binomial exacto es $0{,}205$.)