Resolución paso a paso
Matemáticas
Examen de la Región de Murcia (EBAU 2022, junio): se responden cuatro cuestiones de ocho; aquí se resuelven todas. En la cuestión 2 el PDF pierde algunos signos de la matriz $A$; he tomado la lectura con la que se cumple $A^3=I$ (como pide el enunciado).
Cuestión 1 · Edades
Sean $C$, $E$ y $A$ las edades de Carmela, Esperanza y Aurora:
$$\begin{cases}C+E+A=68\\C=\tfrac{E+A}2+5\\A+4=E\end{cases}$$
De la primera, $E+A=68-C$; en la segunda: $C=\dfrac{68-C}{2}+5\Rightarrow3C=78\Rightarrow C=26$. Entonces $E+A=42$ y $E=A+4$: $2A+4=42\Rightarrow A=19$, $E=23$.
$$\boxed{\text{Carmela }26,\quad\text{Esperanza }23,\quad\text{Aurora }19}$$
Comprobación: $26=\tfrac{23+19}{2}+5=26$ ✓; $19+4=23$ ✓.
Cuestión 2 · Matrices
$A=\begin{pmatrix}0&3&4\\1&4&5\\-1&-3&-4\end{pmatrix}$, $B=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&1&0\\1&1&1\end{pmatrix}$.
a) $A^3=I$ y $A^{2023}$.
$$A^2=\begin{pmatrix}-1&0&-1\\-1&4&4\\1&-3&-3\end{pmatrix},\qquad A^3=A^2A=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}=I$$
Como $2023=3\cdot674+1$: $A^{2023}=(A^3)^{674}A=I^{674}A=\boxed{A}$.
b) Inversa.
De $A^3=I$ se deduce $A\cdot A^2=I$, así que
$$A^{-1}=A^2=\begin{pmatrix}-1&0&-1\\-1&4&4\\1&-3&-3\end{pmatrix}$$
c) $AXB^T=A^2$.
Multiplicando por $A^{-1}$ por la izquierda: $XB^T=A$, y por $(B^T)^{-1}$ por la derecha: $X=A\,(B^T)^{-1}$. Con $B^T=\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}$:
$$(B^T)^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1&0\\0&1&-1\\0&0&1\end{pmatrix},\qquad X=A\,(B^T)^{-1}=\begin{pmatrix}0&3&1\\1&3&1\\-1&-2&-1\end{pmatrix}$$
(Comprobación: $XB^T=A$.)
Cuestión 3 · SwimRun
Datos: canal de 2 km de ancho; $A$ en una orilla, $C$ el punto opuesto en la otra orilla, $B$ a 10 km de $C$ sobre esa orilla; $D$ a una distancia $x$ de $C$ (entre $C$ y $B$).
a) Tiempo total.
Se nada $AD=\sqrt{x^2+2^2}=\sqrt{x^2+4}$ km a 4 km/h y se corre $DB=10-x$ km a 12 km/h. Con $t=\dfrac{\text{distancia}}{\text{velocidad}}$:
$$f(x)=\frac{\sqrt{x^2+4}}{4}+\frac{10-x}{12}\quad\blacksquare$$
b) Mínimo.
$$f'(x)=\frac{x}{4\sqrt{x^2+4}}-\frac1{12}=0\ \Rightarrow\ 3x=\sqrt{x^2+4}\ \Rightarrow\ 9x^2=x^2+4\ \Rightarrow\ x=\frac1{\sqrt2}\approx0{,}71\ \text{km}$$
Es un mínimo: $f''(x)=\dfrac{1}{(x^2+4)^{3/2}}>0$ (convexa). Además $f(0)=1{,}333$ h y $f(10)\approx2{,}55$ h son mayores. El triatleta debe elegir $D$ a $\tfrac{1}{\sqrt2}\approx0{,}71$ km de $C$ (hacia $B$). Tiempo:
$$f\!\left(\tfrac1{\sqrt2}\right)=\frac{3\sqrt2}{8}+\frac{10-\tfrac{\sqrt2}2}{12}=\frac{2\sqrt2+5}{6}\approx1{,}305\ \text{h}\approx1\ \text{h}\ 18\ \text{min}$$
Cuestión 4 · $f(x)=x\ln x$, $x>0$
a) Derivada y monotonía.
$f'(x)=\ln x+1=0\Rightarrow x=\dfrac1e$.
- $0<x<\tfrac1e$: $f'<0$, decreciente.
- $x>\tfrac1e$: $f'>0$, creciente.
b) Integral indefinida.
Por partes ($u=\ln x$, $dv=x\,dx$):
$$\int x\ln x\,dx=\frac{x^2}{2}\ln x-\int\frac x2\,dx=\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{4}+C$$
c) Primitiva por $(1,0)$.
$F(1)=0-\tfrac14+C=0\Rightarrow C=\tfrac14$:
$$F(x)=\frac{x^2}{2}\ln x-\frac{x^2}{4}+\frac14$$
Cuestión 5 · Dos rectas
Lectura del enunciado (el PDF pierde un signo): $r:\ \dfrac{x+2}{-1}=\dfrac{y-3}{1}=\dfrac z0$ y $s:\ \begin{cases}x-z=0\\y=1\end{cases}$.
a) Posición relativa.
$r$ pasa por $R(-2,3,0)$ con dirección $\vec d_r=(-1,1,0)$ (y $z=0$). $s$ es $(t,1,t)$, de dirección $\vec d_s=(1,0,1)$. No son paralelas. En $z=0$ ($t=0$) $s$ pasa por $(0,1,0)$; $r$ con $z=0$ pasa por $(0,1,0)$ para $\lambda=-2$ (pues $(-2-\lambda,\,3+\lambda,\,0)$ con $\lambda=-2$ da $(0,1,0)$). Se cortan en el punto $(0,1,0)$.
b) Plano que las contiene.
Normal: $\vec d_r\times\vec d_s=(-1,1,0)\times(1,0,1)=(1,1,-1)$. Pasa por $(0,1,0)$:
$$x+(y-1)-z=0\ \Rightarrow\ \boxed{x+y-z-1=0}$$
Ángulo entre las rectas:
$$\cos\theta=\frac{|\vec d_r\cdot\vec d_s|}{|\vec d_r||\vec d_s|}=\frac{|-1|}{\sqrt2\cdot\sqrt2}=\frac12\ \Rightarrow\ \boxed{\theta=60^\circ}$$
Cuestión 6 · Plano mediador
Lectura: $A=(1,-1,2)$ y $B=(3,5,2)$ (el PDF pierde el signo menos).
a)
El plano es perpendicular a $\overrightarrow{AB}=(2,6,0)\parallel(1,3,0)$ y pasa por el punto medio $M=(2,2,2)$:
$$1(x-2)+3(y-2)+0=0\ \Rightarrow\ \boxed{x+3y-8=0}$$
b) Distancia de $A$ al plano.
$$d(A,p)=\frac{|1+3(-1)-8|}{\sqrt{1+9}}=\frac{10}{\sqrt{10}}=\sqrt{10}\approx3{,}16$$
(es la mitad de $|AB|=\sqrt{40}$ ✓).
Cuestión 7 · Urnas
Urna $A$: 6 verdes y 4 negras (10 bolas). Urna $B$: 2 verdes, 4 negras y 3 rojas (9 bolas). Se pasa una bola de $A$ a $B$ (que queda con 10) y se saca una bola de $B$.
a) Roja de $B$.
Las bolas rojas solo están en $B$ (3 de 10, sea cual sea la bola que se haya pasado): $P=\dfrac3{10}=0{,}3$.
b) Verde de $B$ sabiendo que la de $A$ era verde.
$B$ pasa a tener 3 verdes de 10: $P=\dfrac3{10}=0{,}3$.
c) Negra de $B$.
Si de $A$ salió verde ($\tfrac6{10}$), $B$ tiene 4 negras de 10; si salió negra ($\tfrac4{10}$), $B$ tiene 5 negras de 10:
$$P=\frac6{10}\cdot\frac4{10}+\frac4{10}\cdot\frac5{10}=0{,}24+0{,}20=0{,}44$$
Cuestión 8 · Cociente intelectual
$X\sim N(\mu,\sigma)$ con $\mu=10\sigma$ y $P(X<115)=0{,}9332$.
a)
$\Phi(z)=0{,}9332\Rightarrow z=1{,}5$. Entonces $\dfrac{115-\mu}{\sigma}=1{,}5$ con $\mu=10\sigma$: $115-10\sigma=1{,}5\sigma\Rightarrow\sigma=10$, $\mu=100$:
$$\boxed{\mu=100,\qquad\sigma=10}$$
b)
Un estudiante tiene $\text{CI}>115$ con probabilidad $p=1-0{,}9332=0{,}0668$. En 5 estudiantes, $Y\sim\text{Bin}(5;\,0{,}0668)$:
$$P(Y=3)=\binom53\,0{,}0668^3\,0{,}9332^2=10\cdot0{,}00029807\cdot0{,}87086\approx\mathbf{0{,}0026}$$