MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Lunes 6 de mayo de 1996
1.- [Puntuación 4]
12
Exprese
como suma de cuatro fracciones simples.
4
x + x3 − 2x2
Solución:
(
)
x 4 + x3 − 2x2 = x2 x2 + x − 2
 x =1
−13
→ 
2
x = −2
12
A B
C
D
= +
+
+
4
3
2
2 x −1 x + 2
x
x + x − 2x
x
x2 + x − 2 = 0 → x =
12 = Ax( x − 1)( x + 2) + B( x − 1)( x + 2) + Cx2( x + 2) + Dx 2( x − 1)
Para x=0
Para x=1
Para x=-2
Para x=-1
12=-2B → B=-6
12=3C → C=4
12=-12D → D=-1
12=2A+12+4+2 → A=-3
12
4
3
x + x − 2x
2
=−
3 6
4
1
−
+
−
2
x x
x −1 x + 2
2.- [Puntuación 4]
→
→ →
→
→
→ →
→
Calcule el área del paralelogramo determinado por los vectores a = 3 i − j + 2 k y b = 2 i + j − 4 k .
Solución:
→
i
→ →
a b = 3
2
→
→
j
k
→
→
→
− 1 2 = 2 i + 16 j + 5 k
1 −4
→ →
Área= | a  b |= 4 + 256 + 25 = 285
3.- [Puntuación 4]
Describa claramente el lugar en el plano complejo definido por la ecuación |z+2i|=|2iz-1|.
Solución:
z=x+yi
z+2i=x+(y+2)i
2iz-1=(-2y-1)+2xi
x2 + ( y + 2)2 = ( −2y − 1)2 + 4x2
x2 + y2 + 4 + 4y = 4y2 + 1 + 4y + 4x2
3x2 + 3y 2 = 3 → x2 + y 2 = 1
El lugar en el plano es un círculo de centro (0, 0) y radio 1
4.- [Puntuación 4]
Tres proveedores A, B y C producen respectivamente el 45%, 30% y 25% del número total de cierto componente que es
necesario por un fabricante de automóviles. Los porcentajes de fallos en los componentes de los proveedores son
respectivamente 4%, 5% y 6%. Cuál es la probabilidad de que un componente seleccionado al azar sea defectuoso.
Solución:
P(Defectuoso)=0,45.0,04+0,3.0,05+0,25.0,06=0,048
5.- [Puntuación 4]
Calcule todos los números reales x para los cuales |4x+1| > |2x-3|.
Solución:
Veamos donde |4x+1| - |2x-3| >0
 4x + 1 = 2x − 3 → x = −2

|4x+1| - |2x-3|=0 → 
1
4x + 1 = −2x + 3 → x =

3

1

La solución de la inecuación es x  −  , − 2   , +  
3

6.- [Puntuación 4]
Sabiendo que f ( x ) =
x
 x −2
y g( x ) = f 
 , obtenga una expresión para la derivada de g(x) y calcule su dominio.
x +2
 3 
Solución:
x −2
x −2
3
g( x ) =
=
x −2
+2 x +4
3
x +4−x +2
6
g´( x ) =
=
2
( x + 4)
( x + 4)2
Dg´ = R − − 4
7.-[Puntuación 4]
Calcule el intervalo entre 0 y 2π donde la función y(x)=x-2sen x es creciente.
Solución:
y´( x ) = 1 − 2 cos x
π

x= 3
1
1 − 2 cos x = 0 → cos x = → 
5π
2
x =
3

 π 5π 
y´( x )  0 en  ,
 , luego en ese intervalo y(x) es creciente
3 3 
8.- [Puntuación 4]
Determine los coeficientes de
1
1
y
x
x2
en el desarrollo
Solución:
 9  9− k 1  9  9 −2k
 .x
.
=  .x
xk  k 
k 
1  9
=   = 126
x  5 
11
1
9-2k=-2 → k =
→ Coeficiente de
=0
2
x2
9-2k=-1 → k=5 → Coeficiente de
19

x +  .
x

9.- [Puntuación 4]
a) Sabiendo que log a c = log a b  log b c , exprese log 4 x3 + log 2 x2 = log 8 1283 en función de logaritmos en base 2.
b) Usando lo anterior, o de cualquier otra forma, resuelva la ecuación del apartado (a).
Solución:
log 2 x3
log 2 1283
+ log 2 x 2 =
log 2 4
log 2 8
3 log 2 x
21
+ 2 log 2 x =
b)
2
3
7
log2 x = 7 → log2 x = 2 → x = 4
2
a)
10.- [Puntuación 4]
dx
Calcule
8x − x 2 − 7
Solución:

8x − x2 − 7 = −( x − 4)2 + 9

dx
8x − x 2 − 7
=

dx
9 − ( x − 4)2
=

 x −4
= arcsen
+C
2
 3 
 x −4
3 1−

 3 
dx
11.- [Puntuación 4]
Un avión de reconocimiento A, volando a una altura de tres mil metros sobre el punto R en la superficie del mar, ve un
carguero B en un ángulo de depresión de 37ᵒ y un tanque C en un ángulo de depresión de 21ᵒ, como se muestra en la figura.
El ángulo BAC es 110ᵒ.
Encuentra, al metro más cercano,
a) La distancia CA entre el avión y el buque tanque;
b) La distancia BC entre los dos barcos.
Solución:
3000
→ AC = 8371 m
a) cos 69 =
AC
3000
→ AB = 4985 m
b) cos 53 =
AB
BC2 = 83712 + 49852 − 2.8371.4985. cos 110 → BC = 11112 m
12.- [Puntuación 4]
¿Cuántas veces debe arrojarse un par de dados para que haya la mayor probabilidad de obtener un doble, es decir, el mismo
número en ambos dados?
Solución:
1 1
=
P(obtener un doble en una jugada)= 6.
36 6
 1
Sea X:"número de dobles en n jugadas" es B n , 
 6
 n 1  5 
P( X = 1) =   . 
1  6  6 
n −1
1 5
= n. . 
6 6
n −1
Podemos construir la siguiente tabla:
n
1
2
3
4
5
6
7
P(X=1)
0,1666
0,2777
0,3472
0,3858
0,4018
0,4018
0,3907
Arrojando 5 o 6 veces los dos dados se obtiene la probabilidad más alta de obtener un doble
13.- [Puntuación 4]
Resuelva la ecuación diferencial
dy
3
+ 5y = e8x sabiendo que y =
cuando x=0.
dx
2
Solución:
Es una ecuación lineal, donde P( x ) = 5 y Q( x ) = e8x
= e5x
El factor integrante es: e
1 13x
y.e5x = e5x .e8x dx =
.e
+C
13
1
37
3 3
.1 =
.1 + C → C =
Cuando x=0 y =
2
13
26
2
1
37 −5x
y = .e8x +
.e
13
26
5 dx

14.- [Puntuación 4]
 1 4 1


 1 3
 .
Resuelva la ecuación det  x 2 2 = det 
 x 3
 x2 2 1 


Solución:
2 + 8x 2 + 2x − 2x 2 − 4 x − 4 = 3 − 3x
6x2 + x − 5 = 0 → x =
5

− 1  121
x=
→
6
12

x = −1
15.- [Puntuación 4]
Calcule la ecuación de la tangente a la curva 3x2 − 2xy + y 2 = 9 en el punto (2, 3).
Solución:
Derivando: 6x-2(y+y´x)+2yy´=0
2y − 6x y − 3x
y´ =
=
2y − 2x
y −2
−3
= −3
1
y-3=-3(x-2) → y=-3x+9
En (2, 3) m =
16. [Puntuación 4]
Usando todas las letras de CALCUTTA ,
a) ¿Cuántas disposiciones diferentes de letras se pueden encontrar?
b) ¿Cuántas de estas disposiciones comienzan y terminan con la letra C?
Solución:
8!
= 5040
a) PR28,2,2 =
2!.2!.2!
6!
= 180
b) PR26,2 =
2!.2!
17.- [Puntuación 4]
Sea X una variable aleatoria continua con función de densidad de probabilidad
x
 + c,
f (x) =  8

 0,
0x 4
en caso contrario
Calcule el valor de c y el valor esperado de X.
Solución:

4
x

 + c  dx = 1
8


0
4
 x2

 + cx  = 1 → 1 + 4c = 1 → c = 0
 16
0
4
4
 x3 
x
64 8
E( X) =
x. dx =   =
=
8
 24 0 24 3
0

18.- [Puntuación 4]
La suma del perímetro de un cuadrado de lado a cm y la circunferencia de un círculo de radio r cm es 240 cm.
Cuál es el valor de r si la suma de las áreas es mínima?
Solución:
4a + 2πr = 240
240 − 2πr
πr
a=
= 60 −
4
2
2
πr 

A = a2 + πr2 =  60 −  + πr2
2 

dA
πr   π 
π2r

= 2 60 −
+ 2πr
. −  + 2πr = −60π +
dr
2  2
2

dA
60π
60
120
=0 → r =
=
=
dr
π
 π +2 π+4
π + 2 
2

 2
.
19.- [Puntuación 4]
El diagrama a continuación muestra parte de la gráfica de la función y=asen bx para x>0.
Dibuje en los mismo ejes la gráfica de la función y =
Solución:
El periodo de y =
a
bx
.
sen
2
2
a
bx
es el doble del de y=asen bx
sen
2
2
La amplitud de y =
a
bx
es la mitad de la de y=asen bx
sen
2
2
20.- [Puntuación 4]
Sabiendo que α y β son las raíces de la ecuación cuadrática x2 − 5x − 3 = 0 , escriba los valores de αβ y α + β .
Usando lo anterior, o de cualquier otra forma, obtenga la ecuación cuadrática cuyas raíces son
Solución:
α + β = 5 y α . β = −3
1
1
β +1+ α +1 7
+
=
=
α + 1 β + 1 α.β + α + β + 1 3
1
1
1
1
.
=
=
α + 1 β + 1 α.β + α + β + 1 3
Ecuación cuadrática: 3x 2 − 7x + 1 = 0
1
1
y
.
α +1 β +1
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Martes 7 de mayo de 1996
1.- [Puntuación 20]
→
→
→
→
i) La recta L pasa por el punto P(2, 3, 1) y tiene la dirección u = i + 2 j − 3 k . Una segunda recta M pasa por el punto
→
→ → →
Q(4, 2, 0) y tiene la dirección v = 3 i − j + k .
a) Calcule, en forma paramétrica y usando el parámetro t, la ecuación de la recta M.
→
→
b) Calcule el vector w = RP , donde R es cualquier punto de la recta M.
→ →
→ →
c) Calcule el vector u  w y usando lo anterior exprese | u  w | en función de t.
→ →
3
y calcule el valor mínimo.
5
ii) Escriba, en forma polar, las raíces cúbicas de -i . Usando lo anterior, o de cualquier otra manera,
d) Deduzca que | u  w | es mínimo cuando t = −
[12 puntos]
resuelva la ecuación (1 − i) z3 + i = 0 , expresando su respuesta en la forma a+ib.
Solución:
 x = 4 + 3t

i) a) M :  y = 2 − t
z = t

 − 2 − 3t 
→ 

b) w =  1 + t 
 1− t 


[8 puntos]
→
→
→
i
j
k
→ →
→
→
→
1
2
− 3 = (5 + t ) i + (5 + 10t ) j + (5 + 7t ) k
c) u  w =
− 2 − 3t 1 + t 1 − t
→ →
| u  w |= (5 + t )2 + (5 + 10t )2 + (5 + 7t )2 = 150t 2 + 180t + 75
→ →
d| u  w |
300t + 180
d)
=
dt
2 150t 2 + 180t + 75
180
3
300t + 180 = 0 → t = −
=−
300
5
Para t = −
3
5
→ →
| u  w |= 150.
9
 3
+ 180. −  + 75 = 54 − 108 + 75 = 21
25
 5


3 1
1 π =
− i
2 2
 −6

ii) 3 − i = 3 1 π = 1 π 2kπ
= 1 π 2π = 1 π = i
−
− +
, k = 0 , 1, 2  − +
2
6 3
6 3
2

3 1
 1 π 4 π = 17π = −
− i
2 2
 − +
6 3
6


 3 1 
− i  (1 + i)
 3 − 1 i 
2 2 
3 +1
3 −1
 2 2

=
=
+
i

1
−
i
2
4
4
3

−i  i
i(1 + i)
1 1
z=
=
=
=− + i
1 − i 1 − i
2
2 2

3 1 


3 1
 −
− i  − 2 − 2 i  (1 + i)
− 3 +1
3 +1

2 2 =

=
−
i
1−i
2
4
4

2.- [Puntuación 22]
a) Sea la función x(t) definida por x( t ) = e− λt sen (pt + α ) , donde λ , p y α son constantes.
Muestre que
d2x
dt
2
b) Sabiendo que
+ 2λ
)
(
dx
+ λ2 + p2 x = 0
dt
[6 puntos]
π
dx
d2 x
= −2p y
= −3p , cuando α = 0 y t = , calcule el valor de  y demuestre que
2
p
dt
dt
3π
.
4 ln 2
p=
[4 puntos]
c) Ahora considere el caso diferente cuando
dx
= 0 y t = 0 , y  no está especificado. Muestre que
dt
i) λ = p cot g α ;
dx
= 0 están en progresión aritmética, y calcule la diferencia común.
dt
dx
= 0 están en progresión geométrica, y calcule la razón común en
iii) los valores de x cuando
dt
función de  .
Solución:
dx
= − λ .e− λt .sen(pt + α ) + e− λt .p. cos( pt + α ) = − λ .x( t ) + e− λt .p. cos( pt + α )
a)
dt
ii) los valores de t cuando
d2 x
dt
2
= −λ.
= −λ.
d2x
dt
2

c) i)
ii)

)
(
dx( t )
dx( t )
 dx( t )

− λ .
+ λ .x( t )  − p2 .x( t ) = −2λ .
− λ2 + p2 .x( t )
dt
dt
 dt

+ 2λ
(
)
(
)
(
)
dx
dx( t )
dx( t )
+ λ2 + p2 x = −2λ.
− λ2 + p2 .x( t ) + 2λ.
+ λ2 + p2 .x( t ) = 0
dt
dt
dt
α = 0, t =
e

dx( t )
dx( t )
+ p − λ .e − λt . cos( pt + α ) − p.sen(pt + α ).e − λt = − λ .
+ p − λ .e − λt . cos( pt + α ) − p.x( t ) =
dt
dt
b) α = 0 , t =
3 π
.
4 p

[12 puntos]
π
π
−λ
−λ
π
dx
y
= −2p → − 2p = e p .p.(−1) → e p = 2
p
dt
π
d2x
3
y
= −3p → − 3p + 2λ .(−2p) = 0 → λ = −
2
p
4
dt
=2 →
3π
3π
= ln 2 → p =
4p
4. ln 2
dx
cos α
= 0 y t = 0 → 0 = −λsen α + p. cos α → λ = p.
= p. cot g α
dt
sen α
dx
= 0 → λ .x( t ) = e − λt .p. cos( pt + α )
dt
λ .e− λt sen (pt + α ) = e− λt .p. cos( pt + α ) → tan(pt + α ) =
tan(pt + α ) = tan α → pt = kπ , k = 0, 1, 2, ...... → t =
Los valores de t 0,
p
p
=
= tan α
λ p. cot g α
kπ
, k = 0, 1, 2,...
p
π 2π 3π
π
,
,
,..... forman una progresión aritmética con diferencia común d =
p p p
p
kπ
iii) Para cada valor de t =
p
x (t ) e
Calculemos k +1
=
xk (t )
−λ.
el correspondiente valor de x k (t ) es
(k +1)π
p
e
−λ.
.sen(( k + 1)π + α )
kπ
p
.sen(kπ + α )
=
e
− λ.
( k +1)π
p
e
−λ.
kπ
p
x k (t ) = e
.(−1)k +1 .sen α
− λ.
= −e
.(−1)k .sen α
Los x k (t ) forman una progresión geométrica con razón común: r = −e − π. cot gα
kπ
p
−λ
.sen(kπ + α )
π
p
= −e
−
p.π. cot g α
p
= −e− π. cot gα
3.- [Puntuación 20]
i) Calcule el área encerrada por la curva y = x2sen x y el eje x para 0  x  2π , dando su respuesta exacta
en función de π .
ii)
a) Obtener una ecuación que a, b y c deben satisfacer para el sistema de ecuaciones
-3x+y+2z=a
-11x+2y+6z=b
7x+y-2z=c
tenga solución.
b) Obtenga una solución cuando a=2 y b=7.
Es la solución única. Razone su respuesta con claridad.
Solución:
x = 0
i) x 2sen x = 0 → 
x = π
Área=

π
x 2sen x dx −
0
2π
2
 x sen x dx
π
2
u=x
u´=2x
v´ = sen x
v=-cos x
 x sen x dx = −x cos x + 2 x cos x dx
2
2
u=x
u´=1
v´=cosx
v=senx
 x cos x dx = xsen x + cos x
 x sen x dx = −x cos x + 2xsen x + 2cos x + C
Área = x sen x dx − x sen x dx = − x cos x + 2xsen x + 2 cos x  − − x cos x + 2xsen x + 2 cos x 


2
2
π
(
2π
2
2
0
)(
2
π
)
π
0
2π
π
2
= π2 − 4 − − 5π2 + 4 = 6π2 − 8
A


 __________ ____

 −3 1 2 a
ii)  − 11 2 6 b 


 7 1 −2 c
 __________ _________

B


−3 1 2
− 11 2 6 = 12 + 42 − 22 − 28 − 22 + 18 = 72 − 72 = 0
7 1 −2
rango(A)=2
−3 1 a
− 11 2 b = 0 →
7 1 c
-6c+7b-11a-14a+11c+3b=0 → -5a+2b+c=0
Para a=2 y b=7 → c=-4
El sistema queda:
-3x+y+2z=2
-11x+2y+6z=7
7x+y-2z=-4
-3x+y+2z=2
7x+y-2z=-4
4x+2y=-2 → y=-1-2x
-3x-1-2x+2z=2 → z =
3 5
+ x
2 2
El sistema tiene infinitas soluciones de la forma: x = t
Una solución es, para t=1, x=1
y=-3
z=4
y = −1 − 2t
z=
3 5
+ t
2 2
=
[10 puntos]
[10 puntos]
4.- [Puntuación 18]
Nota: en este ejercicio todas las respuestas se deben dar en forma de número racional exacto
a) Un hombre puede invertir en, como máximo, una de dos compañías, A y B.
3
2
La probabilidad de que invierta en A es
y la probabilidad de que invierta en B sea
; de lo contrario, no
7
7
realiza ninguna inversión.
2
1
La probabilidad de que una inversión rinda dividendos es
para la compañía A y
para la compañía B.
3
2
Los rendimientos de las dos compañías no tienen ninguna relación.
Dibuja un árbol de probabilidad para ilustrar los diversos resultados y sus probabilidades.
¿Cuál es la probabilidad de que el inversor reciba un dividendo y, sabiendo que lo recibe,
cuál es la probabilidad de que sea de sus inversiones en la empresa A?
[8 puntos]
b) Supongamos que una mujer debe decidir si invertir o no en cada compañía.
Las decisiones que toma para cada compañía son independientes y la probabilidad de que ella invierta en la
3
6
compañía A es
, mientras que la probabilidad de que ella invierta en la compañía B sea
.
10
10
Supongamos que existen las mismas probabilidades de que las inversiones rindan un dividendo como en (a).
i) Dibuje un árbol de probabilidad para ilustrar la elección de inversiones y si se recibe un dividendo
o no Incluya las probabilidades para los diversos resultados en su árbol.
ii) Si decide invertir en ambas compañías, ¿cuál es la probabilidad de que reciba un dividendo de al
menos una de sus inversiones?
ii) ¿Cuál es la probabilidad de que ella decida no invertir en ninguna de las empresas?
iv) Si ella no obtiene ningún dividendo, ¿cuál es la probabilidad de que ella no invierta?
[10 puntos]
Solución:
a)
3/14
1/2
A
3/7
1/2
Dividendo
s
A  Dividendos
3/14
No Dividendos
A  No Dividendos
4/21
2/3
2/7
Dividendos
B  Dividendos
B
2/7
1/3
Ninguna
inversió
n
P(Dividendos)=
No dividendos
No dividendos
3
4 9 + 8 17
+
=
=
14 21
42
42
3
P( A  Dividendos) 14
9
P(A | Dividendos)=
=
=
17 17
P(dividendos)
42
2/21
2/7
B  No Dividendos
No Dividendos
b)
5/6
i)
6/10
B
1/6
1/2
3/10
A
4/10
No B
90/60
0
18/60
0
12/20
0
No Dividendos
2/3
6/10
No Dividendos
Dividendo
s
1/2
7/10
Dividendo
s
B
1/3
Dividendo
s
4/10
No B
12/20
0
A  No B  No Dividendos
84/30
0
No A  B  Dividendos
42/30
0
No Dividendos
28/10
0
ii) Si invierte en las dos compañías, la probabilidad de que no reciba dividendos es
reciba dividendos de alguna de ellas es 1 −
iii)
1 5
=
6 6
7 4
28
7
.
=
=
10 10 100 25
iv) La probabilidad de obtener dividendos es=
90
12
84 294 49
+
+
=
=
600 200 300 600 100
La probabilidad de no obtener dividendos es= 1 −
28
28
P(No invertir | No dividendos)= 100 =
51 51
100
49
51
=
100 100
A  B  No Dividendos
A  No B  Dividendos
No Dividendos
No A
A  B  Dividendos
No A  B  No Dividendos
No A  No B  No Dividendos
1
, por lo tanto la probabilidad de que
6
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Miércoles 6 de noviembre de 1996
1.- [Puntuación 4]
Calcule todos los valores de para los cuales cada una de las siguientes funciones no están definidas
| x − 1|
a) f ( x ) =
x
b) g(x) =| x − 1 | −x
c) h( x ) = x 2 − 1
(
)
d) j( x ) = ln 1 − x2
Solución:
a) No definida para x=0
b) Siempre definida
c) No definida en ]-1, 1[
d) No definida en − , − 1 1, + 
2.- [Puntuación 4]
El final de la manecilla de minutos de un reloj de la estación de ferrocarril está a 1,2 metros del centro del reloj. Si el final de la
manecilla de la hora del mismo reloj desde el centro es 0.8 metros, entonces calcule las velocidades, en metros por minuto, de
los extremos de la aguja de los minutos y la manecilla de las horas.
Solución:
2π1,2
= 0,126 m m −1
Velocidad aguja minutero=
60
2π.0,8
= 0,007 m m −1
Velocidad aguja horaria=
720
3.- [Puntuación 4]
k
 0


4 2 k 
1 5
 ; B=  2
 .
0  y C= 
Sean A= 
 6 0 − 1
1 0
 − 2k 6 


a) Calcule AB.
b) Calcule los valores de k para los cuales AB-2C=O.
Solución:
 4 − 2k 2 10k 

a) AB= 
 2k

6
k
−
6


 2 − 2k 2 10k − 10

b) AB-2C= 
 2k − 2
6k − 6 


 k = 1 Si
2 − 2k 2 = 0 → 
AB-2C=O → 
k = −1 No
k = 1

4.- [Puntuación 4]
Sean z1 = 2 + i 3 y z2 = 1 − i . Calcule
a) z1z2 y
z1
en la forma a+ib, donde a, b  R .
z2
b) | z1z2 | .
Solución:
(
) ( 3 − 2) i
a) z1z2 = 2 − 2i + 3 i + 3 = 2 + 3 +
z1 2 + 3 i 1 + i 2 + 2i + 3 i − 3 2 − 3 2 + 3
=
.
=
=
+
i
z2
1−i 1+ i
2
2
2
b) | z1z2 | = 4 + 3 + 4 3 + 3 + 4 − 4 3 = 14
5.- [Puntuación 4]
Calcule la suma de todos los números enteros entre 200 y 500 que son divisibles por 7.
Solución:
Son todos los múltiplos de 7 entre 203 y 497
Forman una progresión aritmética con: u1 = 203
d =7
El número n, de términos, es: 497=203+(n-1).7 → n=43
S=
203 + 497
.43 = 15050
2
6.- [Puntuación 4]
Calcule
 e sen x dx
x
Solución:
u = ex
u´ = e
v´ = sen x
x
v = − cos x
 e sen x dx = −e cos x +  e cos x dx
x
x
u = ex
u´ = e
x
v´ = cos x
x
v = − cos x
 e sen x dx = −e cos x + e sen x −  e sen x dx
x

x
ex sen x dx =
x
x
ex (sen x − cos x )
+C
2
7.- [Puntuación 4]
Una bola de nieve esférica se está derritiendo y su volumen está disminuyendo a una velocidad de 40 cm3 por minuto.
Calcule, en función de  , la razón de cambio del radio cuando el radio es 5 cm.
Solución:
4
V = πr 3
3
dV dV dr
dr
=
.
= 4 πr2 .
dt dr dt
dt
Cuando r=5
40 = 4 π.25.
dr
dt
→
dr
2
=
= 0,127 cm m−1
dt 0,5π
8.- [Puntuación 4]
Calcule todos los ángulos θ, 0  θ  360 , ajustado al grado más cercano, de tal manera que 3senθ + 4 cos θ = 5 .
Solución:
(3sen θ)2 = (5 − 4 cos θ)2
9sen2θ = 25 + 16 cos2 θ − 40 cos θ
25 cos 2θ − 40 cos θ + 16 = 0
cos θ =

40  0 4
 θ = 37
= →

50
5

θ = 323
9.- [Puntuación 4]
x0
 0,

A continuación se describe una función de densidad de probabilidad f ( x ) = 4 − 8x , 0  x  k . Calcule
 0,
xk

a) el valor de k;
b) la media de la distribución.
Solución:
a)

k

k
(4 − 8x ) dx = 1 → 4x − 4x
0
b) E( X) =

1
2
0
2

= 1 → 4k − 4k 2 = 1 → 4k 2 − 4k + 1 = 0 → k =
0
40 1
=
8
2
1

8x3  2 1 1 1
x.(4 − 8x ) dx = 2x2 −
 = − =
3 
2 3 6

0
10.- [Puntuación 4]
dy
π
π
+ y tan x = cos x , −  x  .
Resuelva
dx
2
2
Solución:
Es una ecuación lineal con P(x)=tan x y Q(x)=cos x
Factor integrante= e 
y.
1
=
cos x

tan x dx
= e− ln cos x =
1
cos x
1
. cos x dx = x + C
cos x
La solución general es: y = x. cos x + C. cos x
11.- [Puntuación 4]
Un corredor comienza a correr desde un punto A a una velocidad constante de 1 km cada 3 minutos. Corre durante 30
minutos en la dirección 70ᵒ al noreste y durante 15 minutos en la dirección 20ᵒ al suroeste para llegar al punto B.
Encuentre la distancia AB a la décima de kilómetro más próximo.
Solución:
AB2 = 102 + 52 − 2.10.5. cos 50
AB=7,8 km
12.- [Puntuación 4]
¿Cuántas disposiciones diferentes, cada una de los cuales consta de 5 dígitos diferentes, se pueden formar a partir de los
dígitos 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, si
a) ¿cada disposición comienza y termina con un dígito par?
b) en cada uno de las disposiciones, los dígitos impares y pares se alternan?
Solución:
a) 2_ _ _ 4
.........
6___4
V3,2. V5,3 = 3.2.5.4.3 = 360
b) 2 1 6 3 4 ...........
67254
V3,2 . V4,2 = 3.2.4.3 = 72
13.- [Puntuación 4]
Un empleador selecciona al azar tres nuevos empleados de diez solicitantes, que constan de seis hombres y cuatro mujeres.
a) Encuentre la probabilidad de que no se seleccionen mujeres.
b) Encuentre la probabilidad de que 2 mujeres y 1 hombre sean seleccionados.
Solución:
6
 
3
20 1
a)   =
=
10
120
6
 
 
3 
4
 .6
2
36
3
b)   =
=
 10 120 10
 
3 
14.- [Puntuación 4]
Smith & Co. producen tarros de mermelada de tal manera que el peso neto de un tarro de mermelada se distribuye
normalmente con una media de 450 g. y desviación típica 5 g.
¿ Que porcentaje de jarras tienen un peso neto de menos de 422 g?
Solución:
X:" peso tarros mermelada" es N(450, 5)
P(X<422)=1,071.10-8
15.- [Puntuación 4]
Exprese
11x2 − 9x + 19
(
( x − 1) 3x2 + 4
Solución:
11x2 − 9x + 19
(
2
( x − 1) 3x + 4
)
=
) como suma de dos fracciones parciales.
A
Bx + C
+
x − 1 3x2 + 4
)
(
11x2 − 9x + 19 = A 3x2 + 4 + (Bx + C)( x − 1)
Para x=1
21=7A → A=3
Para x=0
19=12-C → C=-7
Para x=-1
39=21+(-B-7).(-2) → 18-14=2B → B=2
11x2 − 9x + 19
(
2
( x − 1) 3x + 4
)
=
3
2x − 7
+
x − 1 3x2 + 4
16.- [Puntuación 4]
Una curva está definida por x = (2t − 1), y =
2t
. Calcule la ecuación de la tangente a la curva cuando x=5.
( t − 1)
Solución:
dy dy dt 2( t − 1) − 2t 1
−1
=
.
=
. =
2
dx dt dx
2
( t − 1)
( t − 1)2
Cuando x=5 → t=3 y=3
La pendiente de la tangente es =
−1
4
1
En el punto (5, 3) la ecuación de la tangente es: y − 3 = − ( x − 5)
4
17.- [Puntuación 4]
Calcule los puntos de la curva y 2 − x2 = 4 que están más cerca del punto (2, 0).
Solución:
Los puntos de la curva son de la forma  x ,  4 + x2 


Sea D la distancia del punto (2, 0) a un punto de la curva.
D = ( x − 2)2 + 4 + x2
dD
1
=
.(4 x − 4)
dx
( x − 2)2 + 4 + x2
4x-4=0 → x=1
(
) (
Los puntos más cercanos son: 1, 5 y 1, − 5
18.- [Puntuación 4]
dx
Calcule
2
x + 6x + 13
Solución:
dx
dx
=
=
2
x + 6x + 13
( x + 3)2 + 4
)



 41 +  x + 3  
dx
2


=
1
 x +3
arc tan 
+C
2
 2 
 2  
19.- [Puntuación 4]
Calcule todos los valores de x para los cuales |x+3| > 2|x+1|.
Solución:
Veamos donde |x+3| - 2|x+1| > 0
x + 3 = 2( x + 1) → x = 1

|x+3| )= 2|x+1| → 
5
x + 3 = −2( x + 1) → x = −

3

 5
La inecuación se cumple si x   − ,
 3

1

20.- [Puntuación 4]
El gráfico de f(x) se muestra a continuación
a) Dibuje el gráfico de |f(x)| en el conjunto de ejes que se muestran a continuación.
1
b) Calcule la intersección con el eje y de
.
f(x)
1
c) Dibuje el gráfico de
en el mismo conjunto de ejes que se muestran a continuación.
f(x)
Solución:
a)
si 0  x  2
x − 1
b) f ( x ) = 
si 2  x  4
 − x +3
 1
si 0  x  2

1
= x −1
f (x)  1
si 2  x  4
− x +3
Corte con el eje y (0, -1)
c)
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Jueves 7 de noviembre de 1996
1.- [Puntuación 22]
i) Las dos rectas M y N y el plano P vienen dados por
x −3 y +1 z −2
L:
=
=
2
4
−1
x −6 y
M:
= = z + 10
−4 2
P: x+3y-2z=4
a) Calcule las coordenadas del punto de intersección de la recta L y el plano P.
b) Calcule el ángulo agudo entre L y P, dando su respuesta a la décima de grado más cercana.
c) Muestre que la recta M es paralela al plano P.
d) Muestre que las rectas L y M no se cortan.
e) Calcule la distancia más corta entre las rectas L y M.
ii) Sea In ( x ) =
x
t e
n −t
dt donde n  N .
0
a) Calcule I0 ( x ).
[1 punto]
n −x
b) Muestre que In ( x ) = − x e
+ nIn −1( x ) para n  1 .
c) Evalúe I3 (1) .
Solución:
x = 3 + 2t

i) a) L : y = −1 + 4t
z = 2 − t

1
2
3

Punto de intersección de L y P:  4 , 1, 
2

| 2 + 12 + 2 |
21 14
=
16
294
→ α = 68,9º
 − 4  1 
   
c)  2  •  3  = −4 + 6 − 2 = 0
 1   − 2
   
x = 6 − 4s

d) M :  y = 2s
 z = −10 + s

3 + 2t = 6 − 4s 

− 1 + 4t = 2s 
2 − t = −10 + s
2t + 4s = 3 
2t + 4s = 3
1
1

→ 4t − 2s = 1  →
s=
 → t=
4t − 2s = 1
2
2
− t − s = −12
Llevando estos valores a la tercera ecuación: −
1 1
− = −1  − 12
2 2
e) Plano que contiene a la recta L y es paralelo a M:
x −3 y +1 z −2
2
4
−1 = 0
−4
2
1
4x-12+4y+4+4z-8+16z-32-2y-2+2x-6=0 → 3x+y+10z-28=0
d(L , M) =
| 36 + 0 − 200 − 56 |
36 + 4 + 400
[3 puntos]
[2 puntos]
3+2t+3(-1+4t)-2(2-t)=4 → 16t=8 → t =
b) sen α =
[2 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]
[5 puntos]
=
220
440
= 110
ii) a) I0 ( x ) =
b)
 t .e
n −t
x
e
0
−t
 
x
dt = − e− t 0 = 1 − e− x
dt
u = tn
v´ = e− t
u´ = nt n −1
v = −e − t
 t .e
n −t
In ( x ) =

dt = −t n .e− t + n t n −1 .e− t dt

x

x

x


t ne− t dt =  − t n .e− t + n t n −1 .e− t dt  = − x n .e− x + n t n −1 .e− t dt = − x ne− x + nIn −1( x )

0
0
0
c) I3(1) = −e−1 + 3.I2(1)
I2(1) = −e−1 + 2.I1(1)
I1(1) = −e−1 + I0(1) = −e−1 − e−1 + 1 = 1 − 2e−1
I2(1) = −e−1 + 2 − 4e−1 = 2 − 5e−1
I3(1) = −e−1 + 6 − 15e−1 = 6 − 16e−1
2.- [Puntuación 24]
El gráfico de f ( x ) =
1 + ln x
se muestra a continuación.
x
La recta (OT), donde O es el origen y T está en la curva, es la tangente en T.
La gráfica de f(x) corta al eje x en A.
a) Calcule las coordenadas de A.
b) Calcule las coordenadas del punto B donde f(x) alcanza el máximo valor.
c) Calcule las coordenadas de C, el punto de inflexión de f(x).
d) Si la coordenada x de T es x0 , calcule en función de x0 , la ecuación de la recta tangente (OT).
[2 puntos]
[4 puntos]
[5 puntos]
[2 puntos]
e) Calcule el valor de x0 .
[3 puntos]
f) Pruebe que las coordenadas x de los puntos A, T, B y C , como se define arriba (y se muestra en el diagrama),
son cuatro términos consecutivos de una progresión geométrica. Escriba la razón común de la progresión. [3 puntos]
g) Calcule el área de la región OTA.
[5 puntos]
Solución:
(
a) 1 + ln x = 0 → x = e−1
b) f ´( x) =
1 − 1 − ln x
x
2
=−
A e −1 , 0
)
ln x
x2
lnx=0 → x=1
B(1, 1)
1 2
.x − 2x ln x
1 − 2 ln x
=−
c) f ´´( x ) = − x
4
x
x3
1
 1
− 
1

3e 2 
1 − 2 ln x = 0 → x = e 2
C e 2 ,

2 





1 + ln x0 

d) T x0 ,
x0 

La pendiente de (OT) es: m = −
ln x0
x02
 ln x 
0
x
Recta OT: y =  −
 x 2  0
0 

1
−
1 + ln x0  ln x0 
= −
x → 2. ln x0 = −1 → x0 = e 2
e)
 x 2  0
x0
0 

f) e−1
−
1
e 2
1
1
1
e2
forman una progresión geométrica con razón común r = e 2
e
Δ
g) Área OTA=Área OTD - Área ATD=
−
1
2.
1
2.e
2
−
1
2
−

e
−
1
2
e −1
e
−
1
2
1 + ln x
1  (1 + ln x )2 
1 1 1
dx = − 
= − =

x
4 
2
 e −1 4 8 8
3.- [Puntuación 16]
i) Un experimento particular tiene dos posibles resultados: se produce un éxito con probabilidad p,
(0 <p <1), y un fallo que se produce con probabilidad 1-p.
Los resultados de las actuaciones sucesivas de este experimento son independientes.
a) Encuentre el valor de p si la probabilidad de obtener exactamente dos éxitos en seis experimentos
es tres veces mayor que la probabilidad de obtener exactamente tres éxitos en seis experimentos.
1
b) En otro experimento similar, se encontró que el valor de p era
.
5
Encuentre el menor número de veces que se debe realizar el experimento para que la probabilidad de
obtener al menos un éxito sea mayor que 0.99.
ii) El seis por ciento (6%) de las bombillas eléctricas producidas en una fábrica dada son defectuosas.
El fabricante elige 200 bombillas de una producción de un día.
aI Si X representa el número de bombillas defectuosas encontradas en la muestra, encuentre la media y
la desviación estándar de X.
b) Determine la probabilidad de que se encuentren 20 o más bombillas defectuosos en la muestra de
200 bombillas.
Solución:
i) a) X:"número de éxitos en 6 experimentos" es B(6, p)
P(X = 2) = 3.P(X = 3)
6 2
6
6
6
 .p .(1 − p)4 = 3. .p3 .(1 − p)3 →  .(1 − p) = 3. .p
2
3
2
3
15.(1 − p) = 60.p → p =
1
5
 1
b) X:"número de éxitos en n experimentos" es B n , 
 5
P(X  1) = 0,99
1-P(X=0)>0,99 → P(X=0)< 0,01
0
n
n
 n  1   4 
4
 .  .   0,01 →    0,01 → n  20,6
5
0   5   5 
El experimento se debe realizar 21 veces
ii) a) X:"número de bombillas defectuosas de las 200" es B(200, 0.06)
E(X)=200.0,06=12
σ = Var(X) = 200.0,06.0,94 = 3,36
P(X  20) = 1 − P(X  19) = 1 − 0,9821 = 0,0179
[4 puntos]
[5 puntos]
[2 puntos]
[5 puntos]
4.- [Puntuación 18]
i) Sean z1 y z2 las raíces de la ecuación 2z2 − (2 − 2i)z − 5i = 0 .
1
a) Usando la fórmula cuadrática, muestre que z1 = (1 − i) + 2i
2
b) Exprese z1 y z2 en la forma a+ib , donde a y b son números reales.
1
y z2 = (1 − i) − 2i .
2
[3 puntos]
[4 puntos]
1
a) Si z = cos θ + isenθ , muestre que zn +
= 2 cos nθ .
zn
ii)
[3 puntos]
b) Sabiendo que cada una de las cuatro raíces de la ecuación 5z4 − 11z3 + 16z2 − 11z + 5 = 0
tiene un módulo igual a 1, calcule estas raíces. [Sugerencia: divida la ecuación por z2 ]
Solución:
1 − i
2 − 2i  (2 − 2i)2 + 40i 2 − 2i  32 i  2 + 2 i
=
=
i) a) z =
1−i
4
4

− 2i
 2
b)
2i = 2π =

 2
2 
+
i =1+ i
 2 π = 2
 2
2 
 4

π
2
k
π
2 +
, k =0, 1 = 
4 2
 2 5π = 2  − 2 − 2 i  = −1 − i

 2
2 
4


( )
2
Si
2i = 1 + i
z1 =
1−i
3 1
+1+ i = + i
2
2 2
z2 =
1−i
1 3
−1− i = − − i
2
2 2
Si
2 i = −1 − i
z1 =
1−i
1 3
−1− i = − − i
2
2 2
z2 =
1−i
3 1
+1+ i = + i
2
2 2
ii) a) zn +
1
zn
[8 puntos]
= cos nθ + isen nθ + cos( −nθ) + isen( −nθ) = cos nθ + isen nθ + cos( nθ) − isen(nθ) = 2 cos nθ
b) Sean a+bi,
c+di y c-di las cuatro raíces de la ecuación, donde sabemos que a2 + b2 = 1 y c2 + d2 = 1
a-bi,



5z4 − 11z3 + 16z2 − 11z + 5 = 5(z − a − bi)( z − a + bi)( z − c − di)( z − c + di) = 5 (z − a)2 + b2 . (z − c)2 + d2 =
(
2
2
2
)(
2
2
2
) (
)(
2
2
)
= 5. z − 2az + a + b . z − 2cz + c + d = 5. z − 2az + 1 . z − 2cz + 1
Identificando coeficientes:
c=
− 11 = −10c − 10a 
11 = 10c + 10a 
 →

16 = 5 + 20ac + 5 
3 = 10ac 
11 − 10a
10
3 = 11a − 10a
2
2
→ 10a − 11a + 3 = 0
Si a =
3
5
b=
Si a =
1
2
b=
4
5
3
2
En resumen, las raíces son:
11  1
→
→ a=
20
3

a = 5

1
a =
2

c=
1
2
d=
c=
3
5
d=
3 4
 i
5 5
y
1
3

i
2 2
3
2
4
5
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Martes 13 de mayo de 1997
1.- [Puntuación 4]
1 p q
 2 0 0
 − 1 − 1 10 






Tres matrices 3x3 A, B y C vienen dadas por A=  1 0 r  , B=  3 1 0  y C=  2
0 − 6 .
0 0 2
 0 0 1
 0
0
2 





Calcule p, q y r sabiendo que A.B=C.
Solución:
 2 + 3p p q 


A.B=  2
0 r
 0
0 2 

p=-1
q=10
r=-6
2.- [Puntuación 4]
Las coordenadas de los puntos P y Q son (-1, 5, 7) y (1, 2, 3) respectivamente , y O es el origen.
→
→
a) Calcule los vectores OP y OQ .
→
→
b) Calcule el área del paralelogramo que tiene lados adyacentes OP y OQ .
Solución:
 − 1 →  1 
→ 

 
a) OP =  5  y OQ =  2
7 
 3
 
 
→
i
→
→
b) OP  OQ = − 1
1
Área =
→
j
5
2
→
k
→
→
→
7 = i + 10 j − 7 k
3
1 + 100 + 49 = 150 = 5 6
3.- [Puntuación 4]
Los números complejos z y w son z=-1+3i y w=3+i.
z
Exprese zw y
en la forma a+bi donde a y b son números reales y i = − 1 .
w
Solución:
z.w=-3-i+9i-3=-6+8i
z ( −1 + 3i)(3 − i) −3 + i + 9i + 3
=
=
=i
w
10
10
4.- [Puntuación 4]
Una bolsa contiene 5 bolas blancas y 7 negras. Si se sacan dos bolas al azar sin reemplazo, ¿cuál es la probabilidad de que una
de ellas sea negra y la otra blanca?
Solución:
5 7
7 5 35
P(B  N) + P(N  B) =
. +
.
=
12 11 12 11 66
5.- [Puntuación 4]
Calcule, en función de k, el área encerrada por la curva y = x , el eje x y la recta x=k, donde k>0.
Solución:
Área =

k
0
k
3
 3
2 2
2 2

x dx = x
= k
3 
3

0
6.- [Puntuación 4]
Calcule f´(x) sabiendo que f ( x ) = x ln x + esen x + arctan x .
Solución:
1
f ´( x) = ln x + 1 + esen x . cos x +
1 + x2
7.- [Puntuación 4]
Calcule la integral indefinida
Solución:
(x − 1)
(
x − 1) x dx =

8
2
3
 (x − 1) x dx .
2
3
4
2
+C
8.- [Puntuación 4]
Si el 30% de los estudiantes de un colegio no se gradúan, calcule la probabilidad de que de 6 estudiantes universitarios
seleccionados al azar, exactamente 4 de ellos se gradúen.
Solución:
X:"número de estudiantes graduados de los 6" es B(6, 0.7)
P(X=4)=0,3241
9.- [Puntuación 4]
Calcule todos los valores de  para que 3sen2θ − 7sen θ + 5 = 3 cos2 θ, 0º  θ  90 .
Solución:
(
)
3sen2θ − 7sen θ + 5 = 3 1 − sen2θ
6sen2θ − 7sen θ + 2 = 0
2

sen θ = → θ = 41,8
71

3
senθ =
→
1
12
 sen θ = → θ = 30

2
10.- [Puntuación 4]
El número complejo z=1+2i es una solución de la ecuación z3 − 3z2 + 7z − 5 = 0 . Calcule las otras dos soluciones.
Solución:
Otra solución es 1-2i
Sea r la tercera solución
(
)
z3 − 3z2 + 7z − 5 = 0 = (z − 1 − 2i)( z − 1 + 2i)( z − r ) = (z − 1)2 + 4 (z − r )
Identificando coeficientes: r=1
11.- [Puntuación 4]
Las coordenadas de P y Q son (3, -1) y (λ , − 4 − λ ) , respectivamente donde λ es una constante. Si O es el origen, calcule todos
→
→
los valores de λ para los cuales OP es perpendicular a OQ .
Solución:
→
→
OP• OQ = 0
 3   λ 
  • 
 = 0
 − 1  − 4 − λ 
3λ + 4 + λ = 0 → λ = −1
12.- [Puntuación 4]
La siguiente tabla muestra el número de componentes producidos por las máquinas A y B , y la probabilidad de que las
máquinas A y B produzcan componentes defectuosos
Máquina
A
B
Número de componentes producidos
2500
1500
Probabilidad de producir un componente defectuoso
0.04
0.05
a) Si un componente es elegido al azar del número total de los componentes producidos, cuál es la probabilidad de que sea
defectuoso?
b) Si un componente es elegido al azar y se encuentra que es defectuoso, cuál es la probabilidad de que haya sido producido
por la máquina A.
Solución:
5
3
a) P(Defectuoso)= .0,04 + .0,05 = 0,04375
8
8
5
.0,04
P(Máquina  Defectuoso) 8
b) P(Máquina A | Defectuoso)=
=
= 0,5714
P(Defectuoso)
0,04375
13.- [Puntuación 4]
Calcule la integral indefinida
Solución:
u = x2
v´ = e−2x
u´ = 2x
1
v = − e−2x
2

1
x2e−2x dx = − x2e−2x +
2
 xe
−2x
 xe
2 −2x
−2x
dx .
dx
dx
u=x
v´ = e−2x
u´ = 1
1
v = − e−2x
2

x e

1
1 −2x
1
1
xe−2x dx = − xe−2x +
e
dx = − xe−2x − e−2x
2
2
2
4
x e
2 − 2x
1
1

dx = − e−2x  x2 + x +  + C
2
2

14.- [Puntuación 4]
Un zoólogo sabe que las longitudes de un cierto tipo de serpiente tropical se distribuyen normalmente con una longitud media
de L metros y una desviación típica de 0,12 metros. Si el 20% de las serpientes son más largas que 0.70 metros, encuentra el
valor de L
Solución:
X:"longitud serpiente" es N(L, 0.12)
P(X>0,7)=0,2
X −L
Z=
0.12
0.7 − L 

P Z 
 = 0.2
0.12 

0.7 − L
= 0.8416 → L = 0,6 metros
0.12
15.- [Puntuación 4]
9
1 
9
Calcule el término independiente de x en el desarrollo binomial de  x2 −  .
9x 
2
Solución:
10 − k
 9   9 2
. x 
El término que ocupa el lugar k es: Tk = 
 k − 1  2 
20-2k=k-1 → k=7
3
 1 
. − 
 9x 
k −1
6
 9  9   1 
9.8.7 93 1
7
Término independiente:   x3   −  =
.
=
3
6
3.2 2 9
486
 6  2   9x 
16.- [Puntuación 4]
Una curva en el plano tiene por ecuación xy2 + x 2y = 2 .
a) Calcule la pendiente de la curva en el punto (1, 1).
b) Encuentre la ecuación de la recta perpendicular a la curva en el punto (1, 1).
Solución:
a) Derivando implícitamente: y 2 + 2yy´ x + 2xy + x2y´ = 0
y´ =
− y2 − 2xy
2yx + x2
En (1, 1) m =
b) y-1=1(x-1)
y=x
−1 − 2
= −1
2+1
17.- [Puntuación 4]
dy
π
π
= 1 − y , −  x  , donde y=2 cuando x=0.
dx
2
2
a) Calcule el factor integrante para la ecuación diferencial.
b) Calcule la solución de la ecuación diferencial.
Solución:
dy
1
y
a)
=
−
2
dx cos x cos2 x
dy
y
1
+
=
2
dx cos x cos2 x
1
1
P( x) =
Q( x) =
2
cos x
cos2 x
Considere la ecuación diferencial cos2 x
1
Factor integrante= e
b) y.etan x =
 cos2 x
 cos x .e
1
2
dx = etan x
tan x
dx = etan x + C
x=0 y=2 → 2=1+C → C=1
1
y =1+
tan x
e
18.- [Puntuación 4]
Un aeroplano vuela horizontal a una altitud de 10000 metros y a una velocidad de 800 km por hora cuando pasa directamente
sobre una estación de radar. Calcule el valor exacto de la velocidad a la que la distancia desde el avión a la estación de radar
aumenta cuando está a 2 km del punto vertical arriba de la estación de radar.
Solución:
D = 10 − x2
dD dD dx
x
=
.
=
.800
2
dt dx dt
10 + x 2
dD
2
800
=
.800 =
km h −1
Cuando x=2
dt
104
26
19.- [Puntuación 4]
2
1

Calcule el valor exacto de sen  arccos + arcsen  .
3
4

Solución:
2
1
2
1
1
1





sen  arccos + arcsen  = sen arccos . cos arcsen  + cos arccos .sen arcsen  =
3
4
3
4
3
4





2
1 2 1
4
1
1 5 3 1 5 3 +2


= 1 − cos2  arccos  . 1 − sen2  arcsen  + . = 1 − . 1 −
+ =
+ =
3
4
3
4
9
16
6
12 6
12




20.- [Puntuación 4]
El diagrama anterior muestra la gráfica de una función periódica en el intervalo −3  x  6 .
a) Cuál es el periodo?
b) Suponiendo que el gráfico de la función continúa teniendo la misma forma durante el intervalo −30  x  60 , calcule f(52).
 53 
c) Calcule f ´   .
 2 
Solución:
a) P=3
b) 52=3.17+1
f(52)=f(1)=1
c
53
= 26,5
2
f ´(26,5) = f ´(24 + 2,5) = f ´(2,5) = −2
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Miércoles 14 de mayo de 1997
1.- [Puntuación 17]
i)
a) Dibuje un diagrama mostrando la región R encerrada por la curva y=sen x, el eje x y las rectas
x=0 y x=k, 0  k  π .
b) Calcule el área de la región R.
c) Calcule el volumen del sólido que se obtiene al girar la región R 360º alrededor del eje x.
[1 punto]
[2 puntos]
[4 puntos]
ii) Una firma de asesores selecciona al azar tres empleados de diez solicitantes para asistir a una convención.
Seis de los solicitantes son hombres y cuatro de ellos son mujeres. Supongamos que X es el número de mujeres
seleccionadas y que cada selección es independiente de las demás.
Encuentre el valor esperado, E (X) y la varianza, Var (X).
[4 puntos]
iii) En promedio, el 10% de las bombillas fabricadas por una empresa son defectuosas.
Use la aproximación normal a la distribución binomial para determinar la probabilidad de que más del
12% de una muestra aleatoria de 200 bombillas sean defectuosas.
[6 puntos]
Solución:
i) a)
b) A =
k
 senx dx = − cos x = − cos k + 1
k
0
0

k
c) V = π sen2x dx =
0

k
k
π
π
sen2x 
π
sen2k 
(1 − cos 2x ) dx =  x −
= k −


2 0
2
2 0 2 
2 
ii) X:"número de mujeres seleccionadas"
6
6
 
4. 
3
2
1
1
P( X = 0) =   =
P( X = 1) =   =
10
10
6
 
  2
 
 
3 
3 
x
P(X=x)
0
1
6
1
1
2
2
3
10
4
 .6
2
3
P( X = 2) =   =
10
10
 
 
3 
3
1
30
1
3
1 12
E( X ) == 1. + 2.
+ 3.
=
= 1.2
2
10
30 10
1
3
1 20
E( X2 ) == 1. + 4.
+ 9.
=
=2
2
10
30 10
Var(X)= 2 − 1,22 = 0,56
iii) X:"número de bombillas defectuosas de las 200" es B(200, 0.1)
E(X)=20
Var(X)=200.0,1.0,9=18 → σ = 18 = 4,2
X≈ N(20, 4.2)
200.12%=24
P(X>24)=P(X≥24,5)=0,142
4
 
3
1
P( X = 3) =   =
10
30
 
 
3 
2.- [Puntuación 18]
Una pelota de goma se deja caer desde una altura de 81 metros.
Cada vez que golpea el suelo, rebota a dos tercios de la distancia desde la que ha caído.
a) Encuentre la altura máxima de la pelota entre el quinto rebote y el sexto rebote.
b) Cuál es el total de la distancia recorrida por la pelota desde cuando se deja caer hasta el momento
en que golpea el suelo por sexta vez?
c) Supongamos que la pelota continúa botando indefinidamente.
Cuál es la distancia total recorrida por la pelota?
ii) La suma de los tres primeros términos de una progresión aritmética es 24.
Si al primer término se le resta 1 y al segundo término se le resta 2, entonces el tercer término y los dos
primeros forman progresión geométrica.
Encuentre todos los conjuntos posibles de tres números que están en progresión aritmética.
Solución:
[3 puntos]
[4 puntos]
[3 puntos]
[8 puntos]
5
32
 2
a) Altura de la pelota entre el 5º y el 6º bote: 81.  =
metros
3
3
b)
6
2
2  32
2

− 1
  −

2
5
5
2

 2  2 2
3
3
3
243
2
2
2 
=
81 + 2 .81 +   .81 + ... +   .81 = 81 + 2.81 +   + ... +    = 81 + 162.  
== 81 + 162 
2
1
 3

 3  3 
3
3
 3  
−1
−
3
3
68364
= 81 +
= 362,3 metros
243
2
2. .81
3
c) S = 81 +
= 81 + 324 = 405 metros
2
1−
3
ii) x+x+d+x+2d=24 → x+d=8
x +d −2
x + 2d
=
x −1
x +d −2
6
x + 2d
=
x −1
6
6
8+d
=
x −1
6
36 = (x − 1)(8 + d)
36=(x-1)(16-x)
x 2 − 17x + 52 = 0 → x =
x = 13
17  9
→
2
x = 4
Para x=13
d=-5
Los tres números son: 13
8
3
Para x=4
d=4
Los tres números son: 4
8
12
3.- [Puntuación 20]
→
→ →
→
a) La recta L1 es paralela al vector v = 3 i + j + 3 k y pasa por el punto (2, 3, 7).
Calcule la ecuación vectorial de la recta.
b) La ecuación del plano, E, esta dada por 2x+3y-4z+21=0.
Calcule el punto de intersección de la recta L1 y el plano E.
c) Calcule la ecuación del plano que pasa por el punto (1, 2, 3) y es paralelo al plano E.
d) Las ecuaciones paramétricas de otra recta L2 son x=t, y=t, y z=-t, −  t   .
Muestre que
i) L1 no es paralela a L2 ;
[3 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
ii) L1 no corta a L2 .
e) Sea O el origen y P el punto (-1, 2, 4).
[4 puntos]
→
i) Calcule un vector w paralelo a la recta L2 .
→
ii) Calcule el vector PO .
→
→ →
PO •  v  w 

 .
iii) Calcule la distancia más corta entre las rectas L1 y L2 usando la fórmula d =
→ →
vw
Solución:
 2   3
   
a) L1 : r =  3  + λ  1
 7   3
   
→
x = 2 + 3λ

b) L1 :  y = 3 + λ
z = 7 + 3λ

2(2 + 3λ) + 3(3 + λ) − 4(7 + 3λ) + 21 = 0 → λ = 2
c) 2x+3y-4z+D=0
2.1+3.2-4.3+D=0 → D=4
2x+3y-4z+4=0
 3
 1 
 
 
d) i) El vector director de la recta L1  1   k  1  , k  R
 3
 − 1
 
 
2 + 3λ = t 

ii) 3 + λ = t  → De las dos primeras ecuaciones
7 + 3λ = − t 
En la tercera ecuación: 7 +
3
7
−
2
2
1
→ 

e) i) w =  1 
 − 1
 
1 

→ 

ii) PO =  − 2 
 − 4
 
→
iii)
i
3
1
→
j
1
1
→
k
→
→
→
3 = −4 i + 6 j + 2 k
−1
→ → →
PO•  v  w  = −4 − 12 − 8 = −24


d=
− 24
16 + 36 + 4
=
24
56
=
12
14
Punto de corte (8, 5, 13)
2 + 3λ = 3 + λ → λ =
1
2
t=
7
2
[7 puntos]
4.- [Puntuación 25]
 2 − 1
 .
i) Sea A= 
1 0 
a) Calcule A2 y A3 .
[2 puntos]
b) Conjeture una matriz An, n  N* , en función de n.
c) Use la inducción matemática para probar la conjetura del apartado (b).
[3 puntos]
[5 puntos]
ii) El diagrama muestra la gráfica de la función y=f(x), donde f ( x) =
ax + b
5
 5
con f  −  = 0, f (0) = .
2
4


x + dx + e
2
Las rectas x=-4, x=-1 y el eje x son todas sus asíntotas.
a) Usando la información dada, calcule los valores de a, b, d y e.
b) Calcule el intervalo donde f´(x)<0.
c) Usando los valores de a, b, d y e encontrados en el apartado (a), exprese f(x) en fracciones
parciales.
 5 
d) Pruebe que  − , 0  es un punto de inflexión.
 2 
e) Calcule el intervalo donde f´´(x) > 0.
Solución:
i)
 2 − 1  2 − 1  3 − 2
.
 = 

a) A2= 
1 0  1 0   2 − 1
 3 − 2  2 − 1  4 − 3
.
 = 

A3= 
 2 − 1   1 0   3 − 2
−n 
n + 1

b) An= 
− (n − 1) 
 n
c) Supongamos cierto para n=k
−k 
k + 1

Ak= 
− (k − 1) 
 k
?  k + 2 − ( k + 1) 

Probemos para n=k+1 Ak+1 =
− k 
k + 1
− k   2 − 1   2k + 2 − k − k − 1  k + 2 − (k + 1)
k + 1
.
=
=

Ak+1=Ak.A= 
− (k − 1)  1 0   2k − (k − 1)
− k   k + 1
− k 
 k
[4 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
ii)
a) f (0) =
5
b 5
→ =
4
e 4
5
 5
f−  = 0 → − a + b = 0
2
 2
x=-4 A.V. → 16-4d+e=0
x=-1 A.V. → 1-d+e=0
d=5
e=4
b=5
a=2
b) f(x) es decreciente → f´(x)<0 en − , − 4 − 4, − 1  − 1, + 
c) f ( x ) =
2x + 5
2
x + 5x + 4
x 2 + 5x + 4 = 0 → x =
2x + 5
2
x + 5x + 4
=
 x = −1
−53
→
2
 x = −4
A
B
+
x +1 x + 4
2x+5=A(x+4)+B(x+1)
Para x=-4
-3=-3B → B=1
Para x=-1
3=3A → A=1
2x + 5
2
x + 5x + 4
d) f ´( x ) =
f ´´( x ) =
=
1
1
+
x +1 x + 4
−1
2
( x + 1)
2
3
( x + 1)
+
−
1
( x + 4)2
2
( x + 4)3
2
2
 5
f ´´ −  =
+
=0
3
3
2

  3
3
− 
 
 2
2
5

e) f´´(x) > 0 en  − 4 , −   − 1, + 
2

MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Jueves 6 de noviembre de 1997
1.- [Puntuación 4]
Calcule los posibles valores de k si x=k es solución de la ecuación x3 + kx 2 − x − k = 0 .
Solución:
k3 + k3 − k − k = 0
 k =0

2k − 2k = 0 → 2k 2k − 1 = 0 →  k = 1
k = −1

3
(
)
2
2.- [Puntuación 4]
Sabiendo que A es una matriz mxn y B es una matriz nxp , calcule el orden de las matrices C y D sabiendo que
2A (-4 B + C )=3 D.
Solución:
C es de orden nxp
D es de orden mxp
3.- [Puntuación 4]
Los sucesos A y B son independientes con p(A)=0.2 y p(A  B) = 0.6 . Calcule p(B).
Solución:
P(( A  B) = P(A) + P(B) − P(A  B)
0,6=0,2+P(B)-0,2.P(B)
0,8.P(B)=0,4 → P(B) =
1
2
4.- [Puntuación 4]
a) Sabiendo que log a b =
log c b
, calcule los números reales k y m tales que log 9 x3 = k log3 x y log 27 512 = m log3 8 .
log c a
3
b) Calcule los valores de x para los cuales log 9 x + log 3
Solución:
a) log 9 x3 =
1
x2
= log 27 512 .
log 3 x3 3 log 3 x
=
log 3 9
2
3 log3 x
3
= k. log3 x → k =
2
2
log 27 512 =
log 3 512 log 3 29
=
= 3 log 3 2
log 3 27
3
3 log3 2 = m. log3 8 = 3m log3 2 → m = 1
b)
3
1
. log3 x + . log3 x = log3 8 → 2. log3 x = log3 8 → x2 = 8 → x = 2 2
2
2
5.- [Puntuación 4]
Una curva viene definida por x = t 2 + sen 2t e y = t + sen t , donde t es un parámetro real.
a) Calcule la pendiente de la curva en el punto donde t=0.
b) Calcule la ecuación de la tangente a la curva en el punto donde t=0.
Solución:
dy dy dt
1
=
.
= (1 + cos t ).
a)
dx dt dx
2t + 2 cos 2t
Para t=0
m=
2
=1
2
b) Para t=0 x=0
y=0
y-0=1(x-0) ↔ y=x
6.- [Puntuación 4]
Sabiendo que y = x e3x + ln x , calcule
dy d2y
.
y
dx dx2
Solución:
dy
1
1
= e3x + 3xe3x + = e3x (1 + 3x ) +
dx
x
x
d2 y
dx
2
= 3e3x (1 + 3x ) + 3e3x −
1
x
2
= 3e3x (2 + 3x ) −
1
x2
7.- [Puntuación 4]
Sea z=3+ik y w=k+7i , donde k  R e i = − 1 .
z
en la forma a+ib donde a, b  R .
w
z
b) Para qué valores de k es
un número real.
w
Solución:
a) Exprese
a)
z 3 + ik k − i7 3k − i21 + ik 2 + 7k
10k
k 2 − 21
=
.
=
=
+i
w k + i7 k − i7
k 2 + 49
k 2 + 49 k 2 + 49
 k = 21
b) k 2 − 21 = 0 → 
k = − 21
8.-[Puntuación 4]
Considere las letras de la palabra MATHEMATICS.
a) ¿Cuántos agrupaciones diferentes de las once letras se pueden encontrar?
b) ¿Cuántas de estas agrupaciones comienzan con la letra A?
Solución:
11!
2, 2, 2
=
= 4989600
a) PR11
2!.2!.2!
2, 2
=
b) PR10
10!
= 907200
2!.2!
9.- [Puntuación 4]
Resuelva la ecuación 5sen x – 12 cos x=6.5 para 0º  x  360º .
Solución:
x=1,7 rad ≈ 97,4º
x=3,8 rad ≈ 217,7º
10.- [Puntuación 4]
(
Calcule el valor entero positivo de n para que los coeficientes de x2 en el desarrollo de los binomios (1 + x )2n y 1 + 15x 2
sean iguales.
Solución:
 2n   n 
  =  .15
 2  1 
(2n)!
= 15n
2!(2n − 2)!
2n(2n − 1)
= 15n → 2n − 1 = 15 → n = 8
2
11.- [Puntuación 4]
dx
Calcule
.
6x − x 2 − 5
Solución:
dx
dx
=
=
2
6x − x − 5
4 − ( x − 3)2




 x −3
= arcsen 
+C
2 

 x −3
2 1−

 2 
dx
2
12.- [Puntuación 4]
 k − 1
 , donde k  R .
a) calcule la inversa de la matriz A= 
1 k 
b) usando lo anterior, o de cualquier otra manera, resuelva el sistema de ecuaciones
kx − y = 2k
x + ky = 1 − k 2
Solución:
a) |A|= k 2 + 1
 k − 1

Adj(A))= 
1 k 
1  k 1
A-1= 2


k +1 −1 k
 x   2k 
b) El sistema se puede escribir: A.   = 
2 
 y  1 − k 
x
 2k 
1  2k2 + 1 − k2   1 
  = A-1. 
=   → x=1
2  = 2
3 

y
 1 − k  k + 1  − 2k + k − k   − k 
y=-k
)
n
13.- [Puntuación 4]
Calcule los valores de x para los cuales
1
x− x

4
.
15
Solución:
1 < x ≤ 6,25
14.-[Puntuación 4]
Calcule el valor(es) de a si la recta 9x-y=14 es tangente a la curva y = x3 − 3x + a en el punto de la curva donde x = a.
Solución:
y´ = 3x2 − 3
En x=a y´ = 3a2 − 3
 a=2
3a2 − 3 = 9 → a2 = 4 → 
a = − 2
En a=2, la y de la curva y la y de la recta coinciden, y=4
En a=-2, la y e la curva es -4 y la y de la recta es -32
Única solución: a=2
15.- [Puntuación 4]
La variable aleatoria X, tiene función de densidad de probabilidad f(x), dada
 1
0 x 1
 4 x,
 1
 ,
1 x 3
f (x) =  4
 1
(6 − x ),
3 x 6

 12
en el resto
0,
Calcule la mediana de X.
Solución:
1
El área bajo la curva entre 0 y 1 es
8
1
El área bajo la curva entre 1 y 3 es
2
1 1 5
+ =  0,5 , por lo tanto la mediana, m, está entre 1 y 3.
8 2 8
1
1 1
+ (m − 1). =
8
4 2
5
1+2(m-1)=4 → 2m=5 → m =
2
16.- [Puntuación 4]
Las raíces de la ecuación x 2 + 5x + k = 0 , donde k es constante, son x = α y x = β . Calcule en función de k la ecuación
cuadrática cuyas raíces son x = α 2 y x = β2 .
Solución:
α + β = −5 
2
2
2
 → (α + β) = 25 → α + β + 2αβ = 25
α .β = k 
α2 + β2 = 25 − k
α2 .β2 = k 2
x2 + (2k − 25)x + k 2 = 0
17.- [Puntuación 4]
En el diagrama, PT es una tangente fija al círculo de centro O y radio 12 cm y PQ es una cuerda del círculo.
Si el ángulo TPQ va creciendo a razón de 3ᵒ pos segundo, calcule la razón, en cm2s-1, a la que el área de la región sombreada
está cambiando cuando el ángulo TPQ es de 30ᵒ.
Solución:
Sea TPQ = θ
QOP = 2θ
2θ.122 1
− .12.12.sen 2θ = 144θ − 72sen 2θ
2
2
dA dA dθ
dθ
=
.
= (144 − 144 cos 2θ).
dt dθ dt
dt
A=
Cuando θ = 30º 
π
rad
6
dA
dt
3 
π
rad
60

=
π  π 72π
=
= 1,2 π cm2s−1
 144 − 144. cos .
3
60
60


18.- [Puntuación 4]
Un despertador se usa para despertar a un estudiante para ir a la escuela. La probabilidad de que la alarma suene es
4
. Si
5
7
de que el estudiante llegue a la escuela a tiempo; pero, si la alarma no suena, la
8
1
probabilidad de que el estudiante llegue a la escuela a tiempo es
. Calcule
10
a) La probabilidad de que el estudiante llegue a tiempo a la escuela un día determinado.
b) La probabilidad de que, en una mañana elegida al azar en la que el estudiante llega tarde a la escuela, la alarma no sonó.
Solución:
4 7 1 1 28 1 36 18
=
+
=
=
a) P(llegar a tiempo)= . + .
5 8 5 10 40 50 50 25
suena la alarma, hay una probabilidad de
1 9
.
P(No alarma  Llegar tarde) 5 10 9
b) P(No alarma | Llegar tarde)=
=
=
7
P(Llegar tarde)
14
25
19.- [Puntuación 4]
Calcule el lugar de los puntos (x, y) del plano complejo, definidos por la ecuación |1 –iz |= |z+1| , donde z=x+iy e i = − 1 .
Solución:
1-iz=1-ix+y
z+1=(x+1)+iy
|1 –iz |= |z+1| →
(1 + y )2 + x2 = ( x + 1)2 + y2
1 + y 2 + 2y + x 2 = x 2 + 1 + 2x + y 2 → y=x
20.- [Puntuación 4]
La gráfica de f´(x), la función derivada de f(x), se muestra a continuación.
Sabiendo que f(-1)=5, f(0)=0 y f(3)=-27, dibuje la gráfica de y=f(x) en el mismo conjunto de ejes.
Solución:
x
f´
f
-∞
+
Creciente
Cóncava hacia abajo
-1
1
Decreciente
Cóncava hacia abajo
3
+∞
+
Decreciente
Creciente
Cóncava hacia arriba Cóncava hacia arriba
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Viernes 7 de noviembre de 1997
1.- [Puntuación 17]
a) Compruebe que p=2 es solución de la ecuación p3 + p2 - 5p - 2 = 0 .
A partir de lo anterior o de cualquier otra manera, halle las otras dos soluciones de la ecuación.
b) La diferencia común de una progresión aritmética es igual a p. Por otro lado, la razón común de una
progresión geométrica es también igual a p. El primer término de ambas progresiones es 1.
i) Escriba, en función de p, los cuatro primeros términos de cada progresión.
ii) Si la suma del tercer y del cuarto término de la progresión aritmética es igual a la suma del
tercer y del cuarto término de la geométrica, halle los tres posibles valores de p.
iii)
a) ¿Para qué valor de p, de los obtenidos en el apartado (c)(ii), existe la suma de los
infinitos términos de la progresión geométrica?
b) Para ese valor de p, calcule la suma de los infinitos términos de la progresión
geométrica.
c) Para ese mismo valor de p, halle la suma de los 20 primeros términos de la progresión
aritmética, expresando la respuesta en la forma a + b c , donde a , b, c  Z .
Solución:
a) 23 + 22 − 5.2 − 2 = 8 + 4 − 10 − 2 = 0
1
2
1
1
2
3
-5
6
1
-2
2
0
)
(
p3 + p2 - 5p - 2 = (p - 2) p2 + 3p + 1

−3+ 5
p =
−3 5
2
2
p + 3p + 1 = 0 → p =
→
2
p = − 3 − 5

2
b) i) Progresión aritmética: 1 1+p
Progresión geométrica: 1
ii) 1 + 2p + 1 + 3p = p2 + p3 →
iii) a) p =
1−
c) S20 =
1+3p
p2
p3

p = 2

-3 + 5

p3 + p2 - 5p - 2 = 0 →  p =
2

−
3
−
5

 p =
2
−3+ 5
, porque |p|<1
2
1
b) S =
p
1+2p
−3+ 5
2
2
5− 5
−3+ 5

− 3 + 5 
2
.20 =  2 + 19.
.10 = 20 + 95( −3 + 5 ) = −265 + 95 5


2
2


1 + 1 + 19.
a=-265 b=95
=
c=5
[5 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
2.- [Puntuación 18]
i) Una prueba de opción múltiple en química consiste en ocho cuestiones con cuatro posibles
respuestas cada una.
Para cada pregunta, solo una respuesta es correcta.
a) Suponiendo que se responda cada pregunta,
i) ¿De cuántas formas diferentes se puede completar la prueba?
ii) ¿De cuántas formas diferentes puede completar su prueba para que exactamente
seis preguntas sean correctas?
b) Para aprobar esta prueba, se requieren respuestas correctas en al menos seis preguntas.
Si un alumno decide responder a todas las preguntas al azar, ¿cuál es la probabilidad de que el
alumno pase la prueba?
[2 puntos]
[3 puntos]
[4 puntos]
ii) Una opción múltiple en física consiste en 72 preguntas cada una con tres posibles respuestas.
Para cada pregunta, solo una respuesta es correcta. Un estudiante elige la respuesta a cada pregunta al azar.
a) ¿Cuál es el número esperado de respuestas correctas?
[2 puntos]
b) ¿Encuentra la desviación típica del número de respuestas correctas?
[2 puntos]
c) Utilizando la aproximación normal, calcule la probabilidad de que un alumno obtenga
más respuestas correctas que la cantidad esperada de respuestas correctas.
[5 puntos]
Solución:
i)
a) i) 4 8 = 65536
 8
ii)  .3.3 = 252
6
 8
252 +  .3 + 1
7 
b) p =
= 0,0042
65536
2

ii) a) X:"número de respuestas correctas de las 72" es B 72, 
3


E(X)=48
Var(X)=16 → σ = 4
c) X≈ N(48, 4)
P(X  48) = P(48,5  X  68) = 0,4503
3.- [Puntuación 23]
i) Considere las rectas L1 y L2 dadas por las ecuaciones
→
→
L1 :
x −2 1− y z
=
=
3
2
4
L2 :
x +2
= y −1 = 2− z
2
→
a) Muestre que el vector − 2 i + 11 j + 7 k es perpendicular a las rectas L1 y L2 .
b) Muestre que L1 y L2 no se cortan.
c) Calcule la ecuación del plano que contiene a L1 y es paralelo a L2 .
Dé su respuesta en la forma ax+by+cz=d.
ii) Sea el siguiente sistema de ecuaciones
− x + (k + 1)y − z = 0
[3 puntos]
[5 puntos]
[3 puntos]
x + y + (k − 2)z = k + 2
2x + 2y + kz = k 2 − 2k − 8
x
 
a) Escriba el sistema en la forma matricial MX=B donde X=  y  .
z
 
[2 puntos]
b) Calcule los dos valores de k para los cuales det M=0.
[3 puntos]
c)
[3 puntos]
i) Calcule el valor de z en función de k.
ii) Considerando los valores de k encontrados en el apartado (ii)(b) ,
discuta el número de soluciones que el sistema admite de acuerdo con estos y todos los
demás valores de k.
Solución:
i)
 − 2  3 
   
a)  11  •  − 2 = −6 − 22 + 28 = 0
 7   4 
   
 2   − 2
   
 1  •  11  = −4 + 11 − 7 = 0
 − 1  7 
   
x = 2 + 3t

b) L1 : y = 1 − 2t
 z = 4z

x = −2 + 2s

L2 :  y = 1 + s
 z = 2−s

2 + 3t = −2 + 2s
3t − 2s = −4 


1 − 2t = 1 + s  → − 2t − s = 0 
4t = 2 − s 
4t + s = 2 
De las dos primeras ecuaciones: t = −
En la 3ª ecuación: −
4
7
s=
8
7
16 8
8
+ = − 2
7 7
7
x −2 y −1 z
−2
4 = 0 → 2x-4+8y-8+3z+4z+3y-3-4x+8=0 → -2x+11y+7z=7
c) 3
2
1
−1
[4 puntos]
ii)
a)
0
−1 k +1 −1  x 


  

1
k − 2. y  =  k + 2 
 1
 2
2
k   z   k 2 − 2k − 8 

b) det M=-k+2(k+1)(k-2)-2+2-k(k+1)+2(k-2)= k 2 − 2k − 8
k 2 − 2k − 8 = 0 → k =
c) i) z =
−1 k +1
0
1
1
k +2
2
2
k 2 − 2k − 8
(k − 4)( k + 2)
-1
-2
-1
z=
k=4
26
→ 
2
k = −2
2
2
4
20
-8
12
=
− k 2 + 2k + 8 + 2k 2 + 6k + 4 − k 3 + 2k 2 + 8k − k 2 + 2k + 8 + 2k + 4 − k 3 + 2k 2 + 20k + 24
=
(k − 4)( k + 2)
(k − 4)( k + 2)
24
-24
0
(k + 2)( −k 2 + 4k + 12) − k 2 + 4k + 12
=
(k − 4)(( k + 2)
k −4
A


__________ __________ ______


0
 −1 k +1 −1


ii) 1
1
k −2
k + 2 

 2
2
k
k 2 − 2k − 8 
__________
__________
__________
__________ ___


B


Si k  4, − 2 rango(A)=rango(B)=3 = nº de incógnitas → S.C.D. (Solución única)
Si k=-2
A

 __________ __________ _
 −1 −1 −1 0
 1
1 −4 0

 2
2 −2 0
__________ ___
 __________ __________
B









rango(A)=rango(B)=2 → S.C.I. (infinitas soluciones)
Si k=4
A

 __________ __________ _
 −1 5 −1 0
 1 1 2 6

 2 2 4 0
 __________ __________ __________ ___
B









rango(A)=2 ≠ rango(B)=3 → S.I. (no tiene solución)
4.- [Puntuación 22]
dy
= 4 x cos 2x .
dx
b) Usando lo anterior pruebe que el volumen del sólido formado cuando el gráfico de
π 2
π
π −4 .
y = x cos x , 0  x  , se gira 360ᵒ alrededor del eje x es
16
2
a) Para la función y = 2xsen2x + cos 2x muestre que
i)
(
[2 puntos]
)
[5 puntos]
a) La función g se define g( x ) = x + 1 − e x .
ii)
Calcule el máximo valor de g(x), y a continuación demuestre que x + 1  e x , x  R .
b) La función f(x) se define f ( x ) =
ex − 1
xe2x
[6 puntos]
, x 0.
i) Use el resultado previo para demostrar que, para x>0, f ( x )  e−2x .
ii) Muestre que f ( x ) =
1−e
[2 puntos]
−x
para x>0.
xex
iii) Use el resultado de (ii)(a) para explicar por qué g(−x)  0 .
[1 punto]
A continuación muestre que f ( x )  e − x para x>0.
iv) Calcule lim f ( x ) para valores positivos de x.
[3 puntos]
[3 puntos]
x→ 0
Solución:
dy
= 2(sen 2x + 2x cos 2x ) − 2sen 2x = 4 x cos 2x
i) a)
dx
b)
π
2
π
2
π
2
π
π
π  x2 2xsen 2x + cos 2x  2
 1 + cos 2x 
V=π
x cos 2 x dx = π
x
( x + x cos 2x ) dx =  +
 dx =
 =
2
2 0
2  2
4

0
0 
0



(
π  π2 1   1  π  π2 1  π 2

−
−  −  =
−
=
π −4
2  8 4   4  2  8 2  16


)
ii) a) g´( x ) = 1 − e x
1 − ex = 0 → x = 0
El máximo valor de g(x) es g(0)=0
g( x ) = x + 1 − ex  0, x  R → x + 1  ex , x  R
ex − 1
b) i) f ( x ) =
2x
xe
1−
ii) f ( x ) =
x.

x
2x
xe
= e−2x
1
−x
ex = 1 − e
e2x
x.e x
ex
iii) g(x)  0, x → por la reflexión de la gráfica respecto el eje y que g(−x)  0, x
g( −x ) = −x + 1 − e− x  0
1
1− x
e  x = 1 = e− x
f (x) =
=
2x
x.e
x.ex
x.ex ex
ex − 1
iv) e−2x  f ( x )  e− x
(
)
( )
lim e−2x ) = 1  lim f ( x )  lim e− x = 1 →
x →0+
x →0+
x →0+
lim f ( x ) = 1
x →0+
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Martes 5 de mayo de 1998
1.- [Puntuación 4]
Sabiendo que cos θ =
2
y senθ  0 , calcule los valores exactos de senθ, tanθ y sec θ .
5
Solución:
sen θ = − 1 −
tanθ = −
4
21
=−
25
5
21
2
5
2
sec θ =
2.- [Puntuación 4]
La variable aleatoria discreta X tiene la siguiente distribución de probabilidad
x
0
1
2
3
4
P(X=x)
1
8
3k
1
k
6
1
4
1
k
6
a) Calcule el valor exacto de k.
b) Calcule P(0 < X <4).
Solución:
1
1
1 1
a) + 3k + k + + k = 1
8
6
4 6
10
5
3
k= →k=
3
8
16
9
3 1 81 27
+
+ =
=
b) P(0  X  4) =
16 96 4 96 32
3.- [Puntuación 4]
Calcule todos los valores reales de x para los que 3x
Solución:
2
−1
=
( 3 )126
2
3x −1 = 363
 x =8
x 2 − 1 = 63 → 
 x = −8
4.- [Puntuación 4]
Exprese el número complejo z = −2 + i2 3 en la forma re iθ donde θ R , y r>0.
Solución:
2 3 2π
| z |= 4 + 12 = 4
θ = arctan
=
−2
3
z = 4e
 2π

i 
+2kπ 
 3
,
k Z
5.- [Puntuación 4]
Para dos sucesos independientes A y B, P( A | B) =
1
1
y P( A  B) =
. Calcule P(A) y P(B).
4
32
Solución:
P(A|B)=P(A) → P( A) =
1
4
1
1
32
P( A  B) = P( A).P(B) → P(B) =
=
1 8
4
6.- [Puntuación 4]
La puntuación promedio de la prueba en una clase de matemáticas fue de 60 con una desviación típica 10. Suponiendo que las
puntuaciones de las pruebas siguen una distribución normal, encuentre la proporción de alumnos que obtienen más de 80 en
la prueba dada.
Solución:
X:"puntuaciones" es N(60, 10)
P(X>80)=P(80<X<110)=0,0227
La proporción es 2,27%
7.- [Puntuación 4]
El primero, el segundo y el n-ésimo términos de una progresión aritmética son 2, 6 y 58 respectivamente.
a) Calcule el valor de n.
b) Para ese valor de n, calcule el valor exacto de la suma de los n términos de una progresión geométrica cuyo primer término
1
es 2 y la razón común es .
2
Solución:
a) 58=2+(n-1).4 → 4n=60 → n=15
14
b) S15
1
1 1
2.  . − 2
−2
14
32767
2
2


2
=
=
=
1
1
8192
−1
−
2
2
8.- [Puntuación 4]
Cuando se tira un dado sesgado, los números del 1 al 6 aparecen de acuerdo con la siguiente distribución de probabilidad
Número en la cara superior del dado
Probabilidad
1
2
9
2
1
9
3
2
9
4
1
9
5
2
9
6
1
9
Si X es la variable aleatoria que toma los valores 1 a 6 según la tabla anterior, encuentre los valores exactos de E (X) y Var (X).
Solución:
E( X ) =
2 2 6 4 10 6 30 10
+ + + +
+ =
=
9 9 9 9 9 9 9
3
2
1
2
1
2
1 126
E( X 2 ) = 1. + 4. + 9. + 16. + 25. + 36. =
= 14
9
9
9
9
9
9
9
( )
Var( X ) = E X 2 − E( X )2 = 14 −
100 26
=
9
9
9.- [Puntuación 4]
Calcule todos los valores de x en el intervalo 0  x  2π , para los cuales sen x tan x = sen x.
Solución:

 x =0


sen
x
=
0
→
x=π

x = 2π



sen x. tan x − sen x = 0 → sen x(tan x − 1) = 0 → 
π


x= 4
tan x = 1 → 
5π

x =
4


10.- [Puntuación 4]
Calcule el ángulo agudo entre los planos 2x+3y-z=7 y 7x-y+3z=-5 , aproximando el ángulo a las décimas.
Solución:
| 14 − 3 − 3 |
8
cos α =
=
4 + 9 + 1 . 49 + 1 + 9
826
α = 73,8
11.- [Puntuación 4]
Sabiendo que f ( x ) =
arcsen x
, calcule f´(x).
ln x
Solución:
1
f ´( x ) =
1
. ln x − .arcsen x
x
x ln x − 1 − x2 .arcsen x
1 − x2
=
(ln x )2
x 1 − x2 .(ln x )2
12.- [Puntuación 4]
Calcule el área completa encerrada por la curva y2 = x2 − x 4 , − 1  x  1 .
Solución:
Área= 4

1
x 2 − x 4 dx
0

x2 − x 4 dx =
 x 1− x
1
3

2
 1− x 2 
4
Área= 4 −
 =
3
3



0
(
)
2
1
dx = − .
2
(
)
3
2 2
1− x
3
2
+C = −
)
(
3
2 2
1− x
3
+C
13.- [Puntuación 4]
A continuación se muestra la gráfica de una función y = f (x) con asíntotas x = 0 e y =
1
.
2
En los ejes provistos, dibuje los gráficos de las siguientes funciones, incluidas sus asíntotas
a) y = | f (x) |.
b) y =
1
f (x)
Solución:
a)
b)
14.- [Puntuación 4]
Sea 0  x   , con y(x)>0. Resuelva la ecuación diferencial
Solución:
1
dy = cos x dx
y
ln y=sen x+C
π
y=1 cuando x = → 0=1+C →C=-1
2
ln y=sen x - 1


y = esen x −1
dy
π
= y cos x , donde y=1 cuando x = .
dx
2
15.- [Puntuación 4]
6x(1 + x ), 0  x  k
La función de densidad de probabilidad de una variable aleatoria X viene dada por f ( x ) = 
.
 0 , en el resto
a) Calcule k.
b) Calcule el valor exacto de la media de X.
Solución:
k
a)
 6x(1 + x) dx = 1
0
k
 x 2 x3 
6 +  = 1
3 
 2
0
 k2 k3 
 = 1 → 2k 3 + 3k 2 − 1 = 0
6
+
 2

3


2
3
-2
1
-2
-1
-1
-1
2
2
0
-1
-1
1
0
-1
1
k = −1 No

1
(k + 1)2(2k − 1) = 0 → 
k=

2

b) E( X ) =

1
2
0
1
 x 3 x 4   2
 = 6 1 + 1  = 11
6x 2(1 + x ) dx = 6
+

4 
 3
 24 64  32
0
16.- [Puntuación 4]
La ecuación de una curva viene dada por x3 + y3 = 6xy .
Calcule la ecuación de la tangente a la curva en el punto (3, 3).
Solución:
3x2 + 3y 2y´ = 6(y + xy´ )
y´ =
6y − 3x2
3y2 − 6x
m = y´(3) =
En (3, 3)
18 − 27
= −1
27 − 18
y-3=-1(x-3) → y=-x+6
17.- [Puntuación 4]
Calcule
 arctan x dx .
Solución:
u=arctan x
u´ =
1
1 + x2
v´=1
v=x
 arctanx dx = x. arctanx −  1 + x
x
2
(
)
1
dx = x. arctan x − ln 1 + x2 + C
2
18.- [Puntuación 4]
Calcule todos los valores de k para los cuales el sistema de ecuaciones
2x-2y+kz=0
x
+4z=0
kx+y+z=0
tiene soluciones distintas de cero es decir, ( x , y , z)  (0, 0, 0) .
Solución:
2 −2 k
1
k
0
1
4 = −8k + k + 2 − 8 = −7k − 6
1
-7k-6=0 → k = −
Para k = −
6
7
6
hay infinitas soluciones distintas de (0, 0, 0)
7
19.- [Puntuación 4]
2
Dada la función f ( x ) = e3x + x 2 − 4 , calcule el dominio y el rango de f(x).
Solución:
Df =] − , − 2]  [2, + [

R f = e12 , + 

20.- [Puntuación 4]
Si z=x+iy y z* = x − iy , donde x , y  R e i = − 1 , calcule
a) la ecuación del círculo que en el plano x-y viene dada por
b) el centro y el radio del círculo.
Solución:
a)
z − 2 − i 3 = ( x − 2) + i ( y − 3 )
(
z* − 1 + i 3 = ( x − 1) + i 3 − y
(
(x − 2)2 + y − 3
)2 =
)
(
2. (x − 1)2 + 3 − y
)2
(
x2 + 4 − 4x + y 2 + 3 − 2 3 y = 2 x2 + 1 − 2x + 3 + y 2 − 2 3 y
(
x 2 + y 2 − 2 3 y + 1 = 0 → x2 + y − 3
(
b) Centro 0,
3
)
)2 = 2
Radio=
2
)
z−2−i 3 =
( 2 ) z* − 1 + i
3 ;
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Miércoles 6 de mayo de 1998
1.- [Puntuación 18]
(i) Sea f ( x ) = x3 − 3x2 + 4 .
a) Muestre que (x-2) es un factor de f(x).
b) Usando lo anterior factorice completamente f(x).
3
c) Exprese
en fracciones parciales.
3
x − 3x2 + 4
3
d) Usando lo anterior calcule
dx .
3
x − 3x2 + 4
[1 punto]
[2 puntos]
[4 puntos]

(ii)
a) Calcule las coordenadas de los puntos de intersección de la curva
[2 puntos]
x2
a2
+
y2
b2
= 1 con el eje x
(donde a y b son constantes positivas).
b) Escriba una expresión simplificada, en función de a y b, para el volumen del sólido formado
cuando la región encerrada por la curva se gira 360ᵒ alrededor del eje x.
c) De una descripción completa del sólido formado cuando b=a.
Solución:
i) a) f(2)=8-12+4=0
b)
1
-3
2
-1
-1
-2
2
1
-1
1
c)
0
-2
-2
2
0
3
3
2
x − 3x + 4
=
4
-4
0
x3 − 3x2 + 4 = ( x − 2)2( x + 1)
A
B
C
+
+
2
x − 2 (x − 2
x +1
3 = A( x − 2)( x + 1) + B( x + 1) + C( x − 2)2
Para x=2
3=3B → B=1
1
Para x=-1
3=9C → C =
3
4
2
1
3 = −2A + 1 + → 2A = − → A = −
Para x=0
3
3
3
1
1
−
3
1
= 3 +
+ 3
3
2
x − 3x + 4 x − 2 ( x − 22 x + 1
d)

3
1
1
1
dx = − ln | x − 2 | −
+ ln | x + 1 | +C
3
x −2 3
x − 3x + 4
3
2
x2
 x=a
=1 → 
a
 x = −a
Puntos de corte con eje y: (a, 0) y (-a, 0)
ii) a)
2
a
a


x2 
x3 
a  4πb2a

b) V = 2π b 1 −  dx = 2πb2 x −
= 2πb2  a −  =

2

3
3

a2 
 3a 0
0


2
4 3
πa
3
Es el volumen de una esfera con centro en (0, 0) y radio a.
c) Cuando b=a
V=
[2 puntos]
[5 puntos]
[2 puntos]
2.- [Puntuación 26]
(i) Se coloca una gota de tinta sobre un trozo de papel absorbente.
La tinta forma una marca circular que comienza a aumentar de tamaño.
El radio de la marca circular está dado por la fórmula r =
(
) , donde r es el radio en centímetros
4 1 + t4
4
8+t
de la marca circular y t es el tiempo en minutos después de que la tinta se coloca en el papel.
17
a) Calcule t cuando r =
.
[2 puntos]
6
b) Escriba una expresión simplificada, en función de t, para la razón de cambio del radio.
[3 puntos]
17
c) Calcule la razón de cambio del área de la marca circular cuando r =
.
[3 puntos]
6
d) Calcule el valor de t cuando la razón de cambio del radio comienza a disminuir, es decir, calcule
el valor de t, t>0 , en el punto de inflexión de la curva r =
(
4 1 + t4
4
).
[5 puntos]
8+t
(ii) Nota: responda esta parte de la pregunta en papel cuadriculado milimétrico.
Sea (x, y) el punto en el plano complejo que representa al número complejo z=x+iy.
Los puntos A y B en el plano complejo representan a los números complejos z1 = 4 + 5i y z2 = 1 + i
respectivamente.
a) Dibuje los ejes x e y, para representar el plano complejo, de 0 a 6 con 2 cm = 1 unidad y trace
los puntos A y B.
b) En el mismo diagrama, dibuje los dos loci (líneas de curvas) definidas por
i) arg(z − 4 − 5i) = arctan(−2)
1
ii) arg(z − 1 − i) = arctan .
2
c) Sea θ el ángulo, en el punto de intersección, entre los dos loci en la parte (b).
π
Muestre que θ = .
2
Usando lo anterior, o de cualquier otra forma, describa completamente y dibuje en su diagrama,
π
el lugar definido por arg(z − 4 − 5i) + arg(z − 1 − i) = .
2
Solución:
i)
[2 puntos]
[4 puntos]
[2 puntos]
[5 puntos]
)
(
a)
17 4 1 + t 4
=
→ 136 + 17t 4 = 24 + 24t 4 → 7t 4 = 112 → t 4 = 16 → t = 2 min utos
4
6
8+t
b)
dr
4t 3(8 + t 4 ) − 4t 3(1 + t 4 )
8t 3 − t 3
112t 3
=4
= 16
=
cm m−1
4 2
4 2
4 2
dt
(8 + t )
(8 + t )
(8 + t )
c) A = πr2
dA dA ´dr
dr
112t 3
224πrt3
=
= 2πr. = 2πr.
=
dt dr dt
dt
(8 + t 4 )2 (8 + t 4 )2
17
Cuando r =
6
d)
d2r
dt2
= 112
17
.8
6
= 27,7 cm2 m −1
242
224π.
dA
=
dt
3t 2(8 + t 4 )2 − 2(8 + t 4 ).4t 3t 3
24 − 5t 4 = 0 → t = 4
(8 + t 4 )2
24
5
= 112
3t 2(8 + t 4 ) − 8t 6
8 + t4
= 112
t 2(24 + 3t 4 − 8t 4 )
8 + t4
=
112t 2(24 − 5t 4 )
8 + t4
ii)
) A(4, 5) y B(1, 1)
b) i) arg(z-4-5i)=arg(x-4+(y-5)i)= arctan
y −5
x−4
y −5
= −2 → y = −2x + 13
x−4
ii) arg(z-1-i)=arg(x-1+(y-1)i)= arctan
y −1
x −1
y −1 1
1
1
= → y= x+
x −1 2
2
2
m1 = −2
c) Pendiente de y=-2x+13
Pendiente de y =
m1 .m2 = ( −2).
d) arctan
1
1
x+
2
2
1
= −1 →
2
m2 =
θ=
π
2
y −5
y −1 π
+ arctan
=
x −4
x −1 2
y −5 y −1
−
x − 4 x −1 = 
y −5 y −1
1+
+
x − 4 x −1
1+
y −5 y −1
+
=0
x − 4 x −1
x2 − 5x + 4 + y 2 − 6y + 5 = 0
2
5

2 25
 x −  + ( y − 3) =
2
4

5
5 
Círculo de centro  , 3  y radio =
2
2


1
2
3.- [Puntuación 18]
Las ecuaciones de los plano P1 y P2 vienen dadas por
→  → →
→
P1 : r •  3 i − j + 2 k  = −1


→ 
→ →
→
P2 : r •  − 2 i + j − 5 k  = 4


→
→
→
→
donde r = x i + y j + z k es el vector de posición para un punto en el plano.
a) Sea L la recta intersección de los dos planos P1 y P2 .
→
→ →
i) Muestre que L es paralela a 3 i + 11 j + k .
ii) Muestre que el punto A(0, -1, -1) pertenece a la recta L.
Usando esto, o de cualquier otra manera, calcule la ecuación de L.
→ 
→ → →
La ecuación de un tercer plano P3 viene dada por P3 : r •  − 4 i + j + k  = c .


b) Determine el valor de c para que los tres planos P1 , P2 y P3 se corten y deduzca si este valor de c da
un punto de intersección o una línea de intersección.
c) Para c=5,
i) Muestre que el plano P3 es paralelo a la recta L;
[3 puntos]
ii) Calcule la distancia entre la recta L y el plano P3 .
Solución:
a) i) P1 : 3x − y + 2z = −1
P2 : −2x + y − 5z = 4
[4 puntos]
3x − y + 2z = −1 
 → x = 3 + 3z
− 2x + y − 5z = 4 
x = 3 + 3t

L :  y = 10 + 11t
 z = −1 + t

ii) Para z=-1
y = 10 + 11z
3
 
→ vector director de la recta es u L =  11
1
 
→
t=-1
→ x=0
y=-1
x = 3t

L :  y = −1 + 11t
 z = −1 + t

b) P3 : −4x + y + z = c
3x − y + 2z = −1 

− 2x + y − 5z = 4 
− 4x + y + z = c 
A


 __________ ____

 3 − 1 2 − 1
−2 1 −5 4 


− 4 1
1
c 
__________ _________


B


-2F1-F2=F3 si c=-2
Si c=-2 los tres planos se cortan en una recta
c) i) P3 : −4x + y + z = 5
 − 4  3 
   
 1  •  11 = −12 + 11 + 1 = 0
 1  1
   
ii) d(L , P3 ) = d(A , P3 ) =
|0 − 1 − 1 − 5|
16 + 1 + 1
=
7
18
=
7
3 2
[4 puntos]
[5 puntos]
[2 puntos]
4.- [Puntuación 18]
i) Un alumno viaja a la escuela en autobús, tren o taxi. Tira un dado de seis lados para decidir qué método de transporte usar.
Si obtiene un 1, 2 o 3 en el dado, viaja en autobús y la probabilidad de llegar tarde a la escuela es del 10%. Si obtiene un 4 o 5
en el dado, viaja en tren y la probabilidad de llegar tarde es del 5%. Si obtiene un 6, viaja en taxi y la probabilidad de llegar
tarde es del 2%. El costo de cada método de transporte para un viaje a la escuela es: autobús $ 0,50; tren $ 1.80; y taxi $ 9.00.
Esta información se muestra en la tabla a continuación
Número del dado
1, 2 o 3
4o5
6
Método de transporte
Autobús
Tren
Taxi
Probabilidad de llegar tarde
10%
5%
2%
a) Calcule la probabilidad de que el estudiante llega tarde a la escuela en un día elegido al azar.
b) En un día elegido al azar, se sabe que el estudiante llegó tarde a la escuela.
Encuentre la probabilidad de que haya viajado a la escuela en autobús ese día.
c) En un año, el alumno realiza 180 viajes a la escuela.
Encuentre el costo total esperado de estos 180 viajes.
Coste
$0.50
$1.80
$9.00
[3 puntos]
[3 puntos]
[4 puntos]
ii) Una aerolínea descubre que el 8% de las personas que reservan un asiento en un avión no se presentan
para el vuelo.
La aerolínea tiene un avión con 300 asientos y permite a 317 personas reservar un asiento para un vuelo en
este avión.
Utilice la aproximación normal a la distribución binomial para buscar y estimar el porcentaje de vuelos
Sobrevendidos (es decir, vuelos para los que aparecen más de 300 personas).
[8 puntos]
Solución:
1
1
1
i) a) P(Llegar tarde)= .0,1 + .0,005 + .0,02 = 0,07
2
3
6
1
.0,1
P( Autobús  Llegar tarde) 2
b) P(Autobús | Llegar tarde)=
=
= 0,71
P(Llegar tarde)
0,07
c) Sea C:"coste diario"
c
P(C=c)
0,5
1
2
1,8
1
3
9
1
6
1
1
1
E(C) = 0,5. + 1,8. + 9. = 2,35
2
3
6
En 180 viajes el costo esperado es: 180.2,35= $423
ii) X:"número de personas de las 317 que reservan un asiento en el avión y se presentan para el vuelo" es B(317, 0.92)
E(X)=317.0.92=291.64
Var(X)=317.0.92.0.08=23.33
σ = 23.33 = 4.83
X≈ N(291.64, 4.83)
P(300 < X ≤ 317)=0.0417
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Martes 3 de noviembre de 1998
1.- [Puntuación 4]
1
Sea f ( x) =
y g( x) = x2 − 1 . Calcule
x +1
a) f −1( x ) ;
b) (fog)(x).
Solución:
1
a) y =
x +1
1
Cambiando las variables x =
y −1
y=
1− x
x
f −1( x) =
1− x
x
1
b) (fog )( x ) = f  x2 − 1  =
2


x −1 +1
2.- [Puntuación 4]
Resuelva el sistema de ecuaciones simultáneas
x+2y=5
4 x = 8y
Solución:
4 x = 8y → 2x = 3y
2x − 3y = 0
10
 → − 7y = −10 → y =
x + 2y = 5 
7
x=
15
7
3.- [Puntuación 4]
Sea P( x ) = x3 − 3x2 + 4x + c .
a) Calcule P(-2).
b) Si el resto cuando se divide P(x) por (x+2) es -23, calcule el valor de c.
Solución:
a) P(-2)=-8-12-8+c=-28+c
b) P(-2)=-23 → -28+c=-23 → c=5
4.- [Puntuación 4]
Calcule el valor no nulo de k si los coeficientes de x 3 y x 4 en el desarrollo de (1 + kx )5 son iguales.
Solución:
5
5
5
(kx + 1)5 =   k 5x5 +  k 4 x 4 +  k 3x3 + .....
 0
1
 2
5 4 5 3
 1 k =  2 k
 
 
5k 4 = 10k 3 → k = 2
5.- [Puntuación 4]
Una parte de la gráfica de la función periódica f(x) se muestra a continuación.
a) Calcule el periodo.
b) Calcule f(41).
Solución:
a) P=6
b) 41=6.6+5
f(41)=f(5)=4
6.- [Puntuación 4]
La variable aleatoria discreta X tiene la distribución de probabilidad que se muestra en la tabla siguiente
x
0
1
2
3
P(X=x)
k
1
4
1
4
3k
a) Calcule el valor de k.
b) Calcule E(X).
Solución:
1 1
a) k + + + 3k = 1
4 4
1
1
4k = → k =
2
8
1
1
1
3 15
b) E( X ) = 0. + 1. + 2. + 3. =
8
4
4
8 8
7.- [Puntuación 4]
→
→
→ →
→
→
→
→
→
Dados los vectores a = −2 i + p j − k y b = i + 3(p + 4) j + (2p − 5) k , calcule los valores de p para que a sea perpendicular
→
a b.
Solución:
→ →
a• b =0
→ -2+p3(p+4)-(2p-5)=0
3p2 + 10p + 3 = 0 → p =
1

− 10  64
p = −
→
3
6

p = −3
8.- [Puntuación 4]
Un barco viaja de A a B y observa un faro en L. Usando la distancia y los ángulos que se muestran en el diagrama , calcule la
distancia del barco desde el punto B hasta el faro en L.
Solución:
BL
50
=
→ BL = 111,99 km
sen 50º sen 20º
9.- [Puntuación 4]
)
(
Si f ( x ) = ln 6x2 − 5x − 6 , calcule
a) el valor exacto del domino de f(x);
b) el rango de f(x).
Solución:
a) 6x 2 − 5x − 6  0
3

 x=2
5  169
6x − 5x − 6 = 0 → x =
→
2
12
x = −
3

2
2 3


Df =  −  , −    , +  
3 2


b) R f = R
10.- [Puntuación 4]
Si z = a + bi, donde a, b R , calcule todos los pares ordenados (a, b) tal que z2 = −5 + 12i
Solución:
z2 = a2 − b2 + 2ab i
6
a2 − b2 = −5
 → b=
a
ab = 6 
 2
a =2
− 5  169
a = 4 → 
→ 
a −
= −5 → a + 5a − 36 = 0 → a =
a = −2
2
a2
 a2 = −9

2
36
4
2
2
b =3
b = −3
11.- [Puntuación 4]
Calcule todos los valores de m para los cuales la ecuación mx2 − 2(m + 2)x + m + 2 = 0 tiene
a) Dos raíces reales;
b) dos raíces reales, una positiva y una negativa.
Solución:
a) Δ = 4(m + 2)2 − 4m(m + 2) = 4m2 + 16m + 16 − 4m2 − 8m = 8(m + 2)
8(m+2)>0 → m>-2
b) El producto de las raíces es negativo si
m+2
 0 , por lo tanto, -2<m<0
m
12.- [Puntuación 4]
Los sucesos A y B son tales que P( A  B) =
1
1
3
, P(B | A ) = y P( A | B) =
. Calcule
5
2
10
a) P(B);
b) P(A);
c) P( A  B) .
Solución:
1
P( A  B)
2
a) P( A | B) =
→ P(B) = 5 =
3 3
P(B)
10
1
P( A  B)
2
b) P(B | A) =
→ P( A) = 5 =
13
P( A)
5
2
2 2 1 13
c) P( A  B) = + − =
5 3 5 15
13.- [Puntuación 4]
Dada la ecuación 3cos x – 4 sen x=-5, escriba una expresión para tan x dando su respuesta exacta en la forma
p
tan x = , donde p, q  Z .
q
Solución:
(3 cos x + 5)2 = (4sen x )2
9 cos2 x + 25 + 30 cos x = 16sen2x
9 cos2 x + 25 + 30 cos x = 16 − 16 cos2 x
25 cos2 x + 30 cos x + 9 = 0
cos x =
−30  0
3
=−
50
5
9
16
4
− 4sen x = −5 → − 4sen x = −
→ sen x =
5
5
5
4
tan x = −
3
−
14.- [Puntuación 4]
 1 − 1 − 2
 b − 5 4



1
-1
Dadas las dos matrices siguientes M=  1 1 − 2  y M = . − 1 1 0  , calcule los valores de a y b.
2
1 2

a 

 1 − 3 2
Solución:
M.M-1=I
0
0  1 0 0 
 b −1 = 2 → b = 3
 b −1
 

1

b
−
3
2
0
=
0
1
0
→

 


2
 0 0 1 
1 + a = 0 → a = −1
b
−
2
+
a
−
3
−
3
a
4
+
2
a


 

15.- [Puntuación 4]
Considere los dos planos P y Q, donde P: 6x-2y+3z+8=0
Q: x-3y+5=0.
Calcule la ecuación de un tercer plano R que es perpendicular a P y Q y contiene al punto (2, 2, 3).
Solución:
i
j k
6 − 2 3 = 9i + 3j − 16k
1 −3 0
9x+3y-16z+D=0
Por pasar por (2, 2, 3)
18+6-48+D=0 → D=24
9x+3y-16z+24=0
16.- [Puntuación 4]
En el diagrama que se muestra, cada paralelogramo sucesivo se forma uniendo los puntos medios de los lados del
paralelogramo anterior. El paralelogramo más grande tiene lados de longitud 4.
Si el patrón mostrado es infinito, encuentre la suma de las áreas de los paralelogramos
Solución:
Área del paralelogramo grande= 4.4.sen60º = 8 3
Lado del segundo paralelogramo =
4 + 4 − 8 cos 120º = 12 = 2 3
Área del segundo paralelogramo= 2.2 3 = 4 3
Las áreas forman un progresión geométrica infinita cuya suma es: S =
8 3
= 16 3
1
1−
2
17.- [Puntuación 4]
 x
x2 − 1 ,
1 x k

La función de densidad de probabilidad de una variable aleatoria viene dada por f ( x ) =  3
.
 0,
en el resto de los casos
Calcule el valor de k.
Solución:

k
1
x
3
. x2 − 1 dx = 1
k
3

 1 x2 − 1 2 
.

 =1
3
2 3

2

1
)
(
(k − 1)
3 3
1
2
3
2
=1
k2 − 1 = 3 → k = 2
18.- [Puntuación 4]
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
Sea los vectores v = i + 2 j − 3 k , u = 2i + 2 j + 3 k y w = i + (2 − t ) j + ( t + 1) k . Calcule el parámetro t para que los tres
→ →
→
vectores u , v y w sean coplanarios.
Solución:
1
2 1
2 2− t = 0
−3 3 t +1
Los vectores son linealmente dependientes, por lo tanto, 2
2t+2-12+6t+6+6-4t-4-6+3t=0 → t =
8
7
19.- [Puntuación 4]
La gráfica de una función f (x) para − 6  x  6 se muestra a continuación.
Dibuje la gráficas de la función f −1( x ) .
Solución:
20.- [Puntuación 4]
Sea F( x ) =
x
 1+e
0
dt
t2
.
a) Calcule f(x)=F´(x).
b) Para qué valores de k la ecuación f(x)=k tiene soluciones reales.
Solución:
1
a) f ( x ) =
2
1 + ex
b)
0k 
1
2
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Miércoles 4 de noviembre de 1998
1.- [Puntuación 16]
Las ecuaciones de las rectas L1 y L2 son
→ →
→
→  → →
L1 : r = i − 20 j − 13 k + t  7 i + k  , donde t es un escalar;


x + 30 y + 39 2 − 3z
L2 :
=
=
2
1
2
Las ecuaciones de los planos P1 y P2 son
P1 : 6x + 3y − 2z = 12
→
→
→ → → →
P2 : r = 22 i + λ  i + j  + μ  i − 2 k  , donde λ y μ son escalares.

 

→
→ →
→

a) Calcule el producto vectorial  i + j    i − 2 k  .

 

→
b)
[3 puntos]
→
i) Escriba dos vectores n1 , n2 perpendiculares a los planos P1 y P2 respectivamente.
ii) Usando lo anterior, o de cualquier otra forma, calcule el ángulo agudo que forman los planos
aproximado a la décima de grado más próxima.
c) Muestre que L2 es perpendicular a P1 .
i) Calcule las coordenadas del punto de intersección de L2 y P1 .
ii) Usando lo anterior, o de cualquier otra manera, muestre que las dos rectas y los dos planos
tienen un punto en común.
Solución:
 1
 1 
 → →  
 → →  




a)  i + j  =  1 
 i −2 k  =  0 

  0

  − 2
 
 
[5 puntos]
[3 puntos]
d)
→
i
→ → → →
 i + j  i −2 k  = 1

 


 
 1
→
j
1
0
[5 puntos]
→
k
→
→ →
0 = −2 i + 2 j − k
−2
 6
 − 2
→
 
 
n2 =  2 
b) i) n1 =  3 
 − 2
 − 1
 
 
| −12 + 6 + 2
4
=
→ α = 79
ii) cos α =
36 + 9 + 4 . 4 + 4 + 1 21
→
2
z−
x + 30 y + 39
3
c) L2 :
=
=
2
2
1
−
3
→ El vector director de L2


 2 
es  1  y como
 2
− 
 3


 2 
→
 1  = 1 n , la recta es perpendicular al
 2 3 1
− 
 3
plano

x = −30 + 2t

d) i) L2 :  y = −39 + t

2 2
 z= 3−3t

4 4
49
931
2 2 
6( −30 + 2t ) + 3( −39 + t ) − 2 − t  = 12 → − 180 + 12t − 117 + 3t − + t = 12 →
t=
→ t = 19
3 3
3
3
3 3 
Punto de intersección (8, -20, -12)
ii) Para t=1 (8, − 20, 12) L1
Para λ = −20 μ = 6 (8, − 20, − 12) P2
2.- [Puntuación 24]
Considere el polinomio f ( x ) = x3 − cx 2 − 4x + 4c , donde − 2  c  2 .
a) Muestre que f(c)=0 para todos los valores de c.
b) Exprese f(x) como producto de tres factores lineales.
c) Dibuje la gráfica de y = f (x), indicando claramente las intersecciones con el eje x.
1
d) Muestre que el área total, A, encerrada por la curva y=f(x) y el eje x viene dada por A = 8 + 4c2 − c4 .
6
e) Calcule el valor de c, -2<c<2, para que A sea mínima.
f) Calcule el volumen generado cuando la región encerrada por la gráfica de y=f(x) y el eje x entre
x=c y x=2, para el valor de c encontrado en el apartado (c), gira 360ᵒ alrededor del eje x.
Solución:
[2 puntos]
[3 puntos]
[5 puntos]
[5 puntos]
[5 puntos]
[4 puntos]
a) f (c) = c3 − c3 − 4c + 4c = 0 c  R
b)
1
-c
c
0
c
1
-4
0
-4
4c
-4c
0
f(x)=(x-c)(x+2)(x-2)
c)
Si c<0
Si c>0
d)
(
c
)
(
2
c
)
2
 x 4 cx3

 x 4 cx3

A = x − cx − 4 x + 4c dx + − x + cx + 4 x − 4c dx =  −
− 2x2 + 4cx  + −
+
+ 2x2 − 4cx  =
3
3
 4
 −2  4
c
−2
c
3
2
3
2
4
 c4 c4
 
 c4 2c4
8c
8c
c4
1
 
  c
= −
− 2c2 + 4c2  −  4 + − 8 − 8c  +  − 4 + + 8 − 8c  −  −
+
+ 2c2 − 4c2  =
−
+ 4c2 + 8 = 8 + 4c2 − c4
 4



3
3
3
3
3
6
 
  4

 
 2
e)
dA
4
= 8c − c3
dc
6
c = 0
4 


c 8 − c2  = 0 →  c = 2 3 No
6


 c = −2 3 No

f) V = π
 (x − 4x)
2
0
3
2
dx = π
 (x
2
0
6
2
+ 16x − 8x
4
) dx = π x7 + 16 x3 − 8 x5 
7

3
5
2
 128 128 256  1024
= π
+
−
π = 30,64
=
3
5  105
 7
0
3.- [Puntuación 24]
i) Un paquete de doce bombillas contiene tres bombillas defectuosas.
Dos bombillas se seleccionan al azar del paquete.
6
.
[3 puntos]
11
b) Calcule la probabilidad de que exactamente una de las dos primeras bombillas seleccionadas
sea defectuosa.
[4 puntos]
El paquete es aceptado o rechazado de acuerdo con el siguiente proceso.
Si ninguna de las dos primeras bombillas seleccionados es defectuosa, se acepta el paquete.
Si las dos primeras bombillas seleccionadas son defectuosas, el paquete se rechaza.
Si exactamente una de las dos primeras bombillas seleccionadas es defectuosa, se selecciona una tercera
bombilla del paquete.
Si se encuentra que esta bombilla es defectuosa, el paquete es rechazado; de lo contrario, se acepta el paquete.
c) Sabiendo que exactamente una de las dos primeras bombillas seleccionadas es defectuosa, calcule
la probabilidad de que la tercera bombilla seleccionada no sea defectuosa.
[2 puntos]
d) Calcule la probabilidad de que el paquete es finalmente aceptado.
[4 puntos]
e) Si el paquete es finalmente aceptado, calcule la probabilidad de que una de las primeros
dos bombillas seleccionados era defectuosa.
[4 puntos]
ii) Una distribución de probabilidad discreta está definida por P(X=x)=kx donde x=1, 2, 3,…, n y k es una
constante.
2
a) Muestre que k =
.
[3 puntos]
n(n + 1)
a) Demuestre que la probabilidad de que ninguna de estas bombillas sea defectuosa es
n
b) Usando el resultado
r
r =1
2
1
= n(n + 1)(2n + 1) , calcule la media de la distribución en función
6
de n.
Solución:
i) a) Sean los sucesos D:"seleccionar bombilla defectuosa"
9/11
D
3/11
9/12
B:"seleccionar bombilla buena"
8/10
B
D
3/12
[4 puntos]
B
8/10
B
B
B
8/11
P(B  B) =
9 8
6
.
=
12 11 11
b) P(D  B) + P(B  D) =
3 9
9 3
9
. + .
=
12 11 12 11 22
c) P(3ª bombilla buena | Una de las dos primeras es defectuosa)=
d) P(Aceptar el paquete)=
8 4
=
10 5
6
9 4 48
+
. =
11 22 5 55
18
3
e) P((D  B) o(B  D) | Aceptar paquete) = 55 =
48 8
55
ii) a) k+2k+3k+...+nk=1
k(1+2+3+...+n)=1
1+ n
2
.n = 1 → k =
2
n(1 + n)
2
2
2
2
2
2
1
2n + 1
+ 22.
+ 32.
+ ... + n2 .
=
12 + 22 + ... + n2 =
. n(n + 1)(2n + 1) =
b) E( X ) = 1.
n(1 + n)
n(1 + n)
n(1 + n)
n(1 + n) n(1 + n)
n(1 + n) 6
3
k.
(
)
4.- [Puntuación 16]
a) Calcule las tres soluciones de la ecuación z3 = 1 , donde z es un número complejo.
[4 puntos]
b) Si z = ω es la solución de la ecuación z3 = 1 que tiene el argumento positivo más pequeño, muestre
que 1 + ω + ω2 = 0 .
[3 puntos]
1  1 1
1 
1 1


2 
2
c) Calcule el producto de matrices  1 ω ω  1 ω
ω  dando su respuesta en su forma numérica
 1 ω2 ω  1 ω ω2 



más simple ( es decir, no en función de  ).
d) Resuelva el sistema de ecuaciones simultáneas
x+y+z=3
[5 puntos]
x + ωy + ω2z = −3
x + ω2y + ωz = −3
dando su respuesta en su forma numérica más simple ( es decir, no en función de  ).
Solución:


 1
2π
2π 
1
3


a) z = 3 1 = 3 10 = 1 2kπ
=  1 cos
+ isen  = − + i
0+
, k =0 , 1, 2 
3
3
2
2


3
 
4π
4π 
1
3
+ isen
 = − −i
 1 cos
3
3 
2
2
 
b)  = cos
2π
2π
+ isen
3
3
1 + ω + ω2 = 1 −
c)
1 1

1 
 1 2

1
3 1
3
+i
− −i
=0
2
2 2
2
1  1 1

2  1 2
  1 
1  3
0
0
  3 0 0
 
 

  = 0
1 + 23
1 + 2 +  4  =  0 3 0  = 3I
2   0 1 +  4 + 2
1 + 23   0 0 3 
1  x  3 
1 1

   
d) El sistema se puede escribir en forma matricial:  1 ω ω2 . y  =  − 3
 1 ω2 ω   z   − 3

   
 x  1 1
  
 y  = 1 
 z   1 2
  
−1
1   3 
1 1
   1
2  . − 3  = . 1 2
3
   − 3 
1 
1   3   1 −1 −1  
−1
  
 
 . − 3  =  1 − 2 −   =  2 − 1 + 2 + 
2   − 3   1 −  − 2   2 − 1 + 2 + 
(
(
  − 1
) =  2 
)  2 
[4 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Martes 4 de mayo de 1999
1.- [Puntuación 4]
Cuando la función f ( x ) = 6x 4 + 11x3 − 22x 2 + ax + 6 se divide por (x+1) el resto es -20. Calcule el valor de a.
Solución:
f(-1)=-20 →6-11-22-a+6=-20 → a=-1
2.- [Puntuación 4]
Una bolsa contiene 2 bolas rojas, 3 bolas azules y 4 bolas verdes. Una bola se elige al azar de la bolsa y no se reemplaza. Se
elige una segunda bola. Encuentra la probabilidad de elegir una bola verde y una bola azul en cualquier orden.
Solución:
Roja
3/9
4/9
4/8
Azul
Verde
Verde
Azul
Azul Verde
Verde  Azul
3/8
3 4 4 3 24 1
P( Azul  Verde) + P( Verde  Azul) = . + . =
=
9 8 9 8 72 3
3.- [Puntuación 4]
El segundo término de una progresión aritmética es 7. La suma de los cuatro primeros términos de la progresión aritmética es
12. Encuentre el primer término, a, y la diferencia de comuna, d, de la progresión.
Solución:
u2 = a + d = 7 → d = 7 − a
a + a + 3d
S4 =
.4 = 12
2
2a+3d=6
2a+21-3a=6 → a=15
d=-8
4.- [Puntuación 4]
Encuentre las coordenadas del punto donde la recta dada por las ecuaciones paramétricas
x=2λ+4
y=-λ-2
z=3λ+2
corta al plano con la ecuación 2x + 3y-z = 2.
Solución:
2(2λ + 4) + 3(−λ − 2) − (3λ + 2) = 0
−2 = 2 →  = −1
Punto de corte (2, -1, -1)
5.- [Puntuación 4]
Sea z=x+iy. Calcule los valores de x e y si (1-i)z=1-3i.
Solución:
 x + y =1
(1 − i)( x + yi) = 1 − 3i → 
→ y = −1 x = 2
 y − x = −3
6.- [Puntuación 4]
Hallar el valor de a para el cual el siguiente sistema de ecuaciones no tiene una solución única
4x − y + 2z = 1
2x + 3y = −6
x − 2y + az =
7
2
Solución:
4 −1 2
2 3 0 = 0 → 12a − 8 − 6 + 2a = 0 → a = 1
1 −2 a
7.- [Puntuación 4]
El siguiente diagrama muestra la gráfica de y1 = f (x) . El eje x es una tangente a f (x) en x = m y f (x) corta el eje x en x = n.
En el mismo diagrama dibujar la gráfica de y 2 = f ( x − k ) , donde 0 <k <n-m e indique las coordenadas de los puntos de
intersección de y 2 con el eje x.
Solución:
La gráfica de y 2 es una traslación de la gráfica de y1 = f (x) k unidades a la derecha.
y 2 corta al eje x en x=m+k (tangente) y en x=n+k.
8.- [Puntuación 4]
En un colegio bilingüe hay una clase de 21 alumnos. En esta clase, 15 de los alumnos hablan el español como primera idioma y
12 de estos 15 alumnos son argentinos. Los otros 6 alumnos de la clase hablan inglés como primer idioma y 3 de estos 6
alumnos son argentinos.
Un alumno es seleccionado al azar de la clase y se encuentra que es argentino. Encontrar la probabilidad de que el alumno
habla español como su primer idioma.
Solución:
Español
12
3
15
Argentino
No Argentino
P(Español / Argentino) =
Inglés
3
3
6
15
6
21
P(Español  Argentino) 12 4
=
=
P( Argentino)
15 5
9.- [Puntuación 4]
Si 2x2 − 3y2 = 2 , calcule los dos valores de
dy
cuando x=5.
dx
Solución:
2x
3y
y = 4
4x-6yy´=0 → y ´ =
Cuando x=5
dy 10 5
=
=
dx 12 6
dy
10
5
=
=−
En (5, -4)
dx − 12
6
En (5, 4)
10.- [Puntuación 4]
a) Calcule un vector perpendicular a los dos vectores
→
→
→
→
OP = i − 3 j + 2 k
→
→ → →
OQ = −2 i + j − k
→
→
b) Si OP y OQ son vectores de posición para el punto P y Q, utilice su respuesta de la parte (a) o de otra manera, para
encontrar el área del triángulo OPQ.
Solución:
i
j
k  1
→
→
 
a) OP  OQ = 1 − 3 2 =  − 3 
− 2 1 − 1  − 5 
b) Área ΔOPQ =
1
35
1 + 9 + 25 =
2
2
11.- [Puntuación 4]
Derive y = arccos(1 − 2x2 ) con respecto a x, y simplifique su respuesta.
Solución:
dy
−1
4x
2x
=
.(−4 x ) =
=
2 2
2
4
2
dx
1 − (1 − 2x )
4x − 4x
x − x4
12.- [Puntuación 4]
Dada f ( x ) = x 2 + x(2 − k ) + k 2 , encuentre el rango de valores de k para el cual f (x)> 0 para todos los valores reales x.
Solución:
Si  = −3k 2 − 4k + 4  0  f ( x )  0, x
− 3k 2 − 4k + 4 = 0 → k =
-
+
7
48 
− 2
= 2
−6 
3
-
-2
2

x  −  , − 2   , +  
3


2/3
13.- [Puntuación 4]
El área de la región cerrada mostrada en el diagrama está definida por y  x2 + 2 , y  ax + 2 , con a  0 .
Esta región se gira 360ᵒ alrededor del eje x para formar un sólido de revolución. Calcule, en función de a, el volumen de este
sólido de revolución.
Solución:

a
2
2
2
V = π (ax + 2) − ( x + 2)
0
 dx = π (a x
a
2 2
0
4
+ 4 + 4ax − x − 4 − 4x
2
)
a

x3
x5 
dx == π (a2 − 4) + 2ax2 −  =
3
5 

0
)
(

 (a2 + 2)a3 a5 
 a5 + 2a3 a5  πa3 2
a3
a5 
2πa3 2
= π (a2 − 4) + 2a3 −  = π
−  = π
− =
5a + 10 − 3a2 =
(a + 5)


3
5 
3
5 
3
5  15
15



14.- [Puntuación 4]
Usando la sustitución u =
1
x + 1 , o de otra forma cualquiera, calcule la integral
2
Solución:
1
u = x + 1 → x = 2(u − 1)
2
dx=2 du

1
x
x + 1 dx =
2

x
1
x + 1 dx .
2
5
3

1
5
3
 3

21
2 2  1
2 
 2

2 2 2 2 
2
4(u − 1) u du = 4  u − u  du = 4 u − u  + C = 4  x + 1 −  x + 1  + C
3 
32


5

 
52







15.- [Puntuación 4]
En el siguiente diagrama, dibuje el lugar de los puntos P (x, y), representando el número complejo z = x + iy, sabiendo que
|z-4-3i|=|z-2+i|.
Solución:
|x+yi-4-3i|=|x+yi-2+i|
|(x-4)+(y-3)i|=|(x-2)+(y+1)i|
( x − 4)2 + ( y − 3)2 = ( x − 2)2 + ( y + 1)2 → x2 + 16 − 8x + y2 + 9 − 6y = x2 + 4 − 4x + y2 + 1 + 2y →
→ − 4x − 8y = −20  x + 2y = 5
El lugar geométrico es la recta de ecuación x+2y=5
16.- [Puntuación 4]
Sabiendo que (1 + x )5(1 + ax)6  1 + bx + 10x2 + ... + a6 x11 , calcule los valores de a , b  Z* .
Solución:
 5   5   5 
 5
5 
5 
(1 + x )5(1 + ax)6 =   +  x +  x2 +  x3 +  x 4 +  x5 .
 3
4
5 
 0   1   2 
 6   6 
6 2 2 6 3 3 6  4 4 6 5 5 6 6 6 
  +  a x +  a x +  a x +  a x +  a x +  a x 
2
3 
4
5
6
 0   1 

 5  6   5  6 
b =   a +    = 6a + 5
 0  1   1  0 
a = 0 No
 5  6 
 5  6   5  6 
10 =   a2 +   a +    = 15a2 + 30a + 10 → 15a2 + 30a = 0 → 
 a = −2
 0  2 
 1  1   2  0 
a=-2
b=-7
17.- [Puntuación 4]
Un dado sesgado con cuatro caras se utiliza en un juego. Un jugador paga 10 contadores para tirar el dado. La siguiente tabla
muestra las posibles puntuaciones en el dado, la probabilidad de cada puntuación y el número de contadores que el jugador
recibe a cambio de cada puntuación.
Puntuación
Probabilidad
Número de contadores que el jugador recibe
1
1
2
4
2
1
5
5
3
1
5
15
4
1
10
n
Encuentra el valor de n para que el jugador obtenga un retorno esperado de 9 contadores por tirada.
Solución:
X:"número de contadores que el jugador recibe"
1
1
1
1
n
E( X ) = 4. + 5. + 15. + n.
=6+
2
5
5
10
10
n
6+
= 9 → n = 30
10
18.- [Puntuación 4]
Una fábrica tiene una máquina diseñada para producir bolsas de azúcar de 1 kg. Se ha encontrado que el peso medio de azúcar
en las bolsas es de 1,02 kg. Suponiendo que los pesos de las bolsas estén distribuidos normalmente, encuentre la desviación
típica si el 1,7% de las bolsas pesan menos de 1 kg. Dé su respuesta correcta al 0,1 gramo más cercano.
Solución:
X:"pesos de las bolsas" es N(1.02, σ)
Z=
X −1,02
σ
P( X  1 = 0,017 → P(Z 
− 0,02
− 0,02
) = 0,017 →
= −2,12 → σ = 0,0094 kg = 9,4 gramos
σ
σ
19.- [Puntuación 4]
Cuando se libera aire de un globo hinchado, se observa que la velocidad de disminución del volumen del globo es proporcional
dv
= −kv , donde v es el volumen, t es el tiempo
al volumen del globo. Esto puede ser representado por la ecuación diferencial
dt
y k es la constante de proporcionalidad.
(a) Si el volumen inicial del globo es v 0 , encuentre una expresión, en función de k, para el volumen del globo en el instante t.
(b) Encuentre una expresión, en función de k, para el tiempo cuando el volumen es
Solución:
dv
a)
=
v

v0
.
2
 − k dt
t =0 v = v 0
ln v = −kt + C
→
ln v = −kt + ln v0
C = ln v0
v = v 0 .e − kt
b)
v0
1
ln 2
= v0 .e− kt → e− kt = → t =
2
2
k
20.- [Puntuación 4]
Una partícula se mueve a lo largo de una línea recta. Cuando está a una distancia s de un punto fijo, donde s> 1, la velocidad v
(3s + 2)
está dada por v =
. Encuentre la aceleración cuando s = 2.
(2s − 1)
Solución:
dv dv ds dv
3(2s − 1) − 2(3s + 2) 3s + 2 −7(3s + 2)
a=
=
. =
.v =
.
=
dt ds dt ds
2s − 1 (2s − 1)2
(2s − 1)2
Para s=2 a = −
56
27
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Miércoles 5 de mayo de 1999
1.- [Puntuación 22]
Las coordenadas de los puntos P, Q, R y S son (4, 1, -1), (3, 3, 5), (1, 0, 2c), y (1, 1, 2), respectivamente.
→
→
a) Calcule el valor de c para que los vectores QR y PR sean perpendiculares.
[7 puntos]
Para el resto de la pregunta, use el valor de c encontrado en el apartado (a) para la coordenada del punto R.
→
→
b) Encuentre PS  PR .
[4 puntos]
→
c) Calcule la ecuación de la recta l que pasa por el punto Q y es paralela al vector PR .
d) Calcule la ecuación del plano π que contiene a la recta l y pasa por el punto S.
e) Calcule la distancia más corta del punto P al plano π.
Solución:
 −2 
 −3 
→ 
→ 


PR =  − 1 
a) QR =  − 3 
 2c − 5 
 2c + 1




→
→
QR • PR = 0 → 6 + 3 + 4c2 + 2c − 10c − 5 = 0 → 4c2 − 8c + 4 = 0  c2 − 2c + 1 = 0 → c = 1
→
→
i
j k
0 3 = 3i+3k
−3 −1 3
b) PS  PR = − 3
c) l :
x −3 y −3 z −5
=
=
−3
−1
3
 − 2
 
d) QS =  − 2
 − 3
 
→
x −1 −3 −2
π : y − 1 − 1 − 2 = 0 → 3x − 3 + 6z − 12 − 6y + 6 − 2z + 4 − 9y + 9 + 6x − 6 = 0  9x − 15y + 4z − 2 = 0
z −2 3 −3
e) d(P, π) =
| 36 − 15 − 4− |
81 + 225 + 16
=
15
322
[3 puntos]
[4 puntos]
[4 puntos]
2.- [Puntuación 20]
6
.
13
Si cada termino de esta progresión es positivo, y el producto del primer término y el tercer termino
es 32, encuentre la suma de los primeros 100 términos de esta progresión.
(i) La razón entre el quinto término y el duodécimo término de una progresión aritmética es
[7 puntos]
(ii) Sean x e y números reales, y w una de las soluciones complejas de la ecuación z3 = 1 . Calcule:
(a) 1 + w + w2
[2 puntos]
(b) ( wx + w 2y )( w 2x + wy )
[4 puntos]
(iii) Use la inducción matemática para probar que el número 22n − 3n − 1 es divisible por 9, para n=1, 2, ...
Solución:
u1 + 4d
6 
u5
6 
=
13u1 + 52d = 6u1 + 66d 
=


i) u12 13  → u1 + 11d 13  →
 → u1 = 2d
u12 + 2u1d = 32


u1 .u3 = 32
u1(u1 + 2d) = 32

[7 puntos]
4d2 + 4d2 = 32 → d = 2
u1 = 4
ii) a) w 3 − 1 = 0
1
1
1
0
1
1
0
1
1
-1
1
0
 w − 1 = 0 No porque w es complejo
w 3 − 1 = ( w − 1)( w 2 + w + 1) = 0 →  2
w + w + 1 = 0
b)
( wx + w2y )( w2x + wy) = w3x2 + w2xy + w 4 yx + w3y 2 = x2 + w2xy + wyx + y 2 = x2 + xy( w2 + w ) + y 2 = x2 − xy + y 2
•
iii) Para n=12 22.1 − 3.1 − 1 = 0 = 9
Cierto
•
Supuesto cierto para n=k 22k − 3k − 1 = 9
Probemos para n=k+1
?•
22(k +1) − 3(k + 1) − 1 = 9
(
)
•
• • •
•

22k +2. − 3(k + 1) − 1 = 22k .4 − 3k − 4 = 4 22k − 1 − 3k = 4 9+ 3k  − 3k = 9+ 9k = 9+ 9 = 9


3.- [Puntuación 13]
(i) Un nuevo análisis de sangre ha demostrado ser eficaz en la detección temprana de una enfermedad.
La probabilidad de que la prueba de sangre identifique correctamente a alguien con esta enfermedad es
de 0.99, y la probabilidad de que la prueba de sangre identifique correctamente a alguien sin esa enfermedad
es 0.95. La incidencia de esta enfermedad en la población general es de 0,0001.
Un médico realizó el análisis de sangre a un paciente y el resultado de la prueba indicó que este paciente
tenía la enfermedad. ¿Cuál es la probabilidad de que el paciente tenga enfermedad?
[6 puntos]
(ii) El departamento de control de calidad de una empresa que fabrica chips de computadora sabe que el 2%
de los chips son defectuosos. Utilice la aproximación normal a la distribución de probabilidad binomial, con
una corrección de continuidad, para encontrar la probabilidad de que, en un lote que contenga 1000 chips,
entre 20 y 30 chips (inclusive) sean defectuosos.
[7 puntos]
Solución:
i)
0,99
0,00
01
Enfermo  +
+
Enfermo
0,05
0,9999
Sano  +
+
Sano
P(Enfermo / +) =
P(Enfermo  + )
0,0001.0,99
=
= 0,001976
P( + )
0,0001.0,99 + 0,9999.0,05
ii) X:"número de chips defectuosos de los 1000" es B(1000, 0.002)
E(X)=20
Var(X)=1000.0,02.0,98=19,6
Con la aproximación x es N(20, 4,43)
P(20  X  30) = 0,488
4.- [Puntuación 25]
(i) Considere la función f : x  x − x2 para − 1  x  k , donde 1  k  3 .
(a) Dibuje la gráfica de la función f.
(b) Calcule el área total finita encerrada por la gráfica de f, el eje x y la recta x=k.
(ii) Dé respuestas exactas en esta parte de la pregunta
La temperatura g(t) en el instante t de un punto dado de una barra de hierro calentada viene dada por
ln t
g( t ) =
, donde t  0.
t
(a) Calcule el intervalo donde g´(t)>0.
(b) Calcule el intervalo donde g´´(t)>0 y el intervalo donde g´´(t)<0.
(c) Calcule el valor de t donde el gráfico de g(t) tiene un punto de inflexión.
(d) Sea t * el valor de t para el cual g ´( t * ) = 0 y g´´( t * )  0. Calcule t * .
(
*
*
)
(e) Calcule el punto donde la normal a la gráfica de g(t) en el punto t , g( t ) corta al eje x.
Solución:
i) a)
k
4
 x3 x 2 
k3 k2 1
b) Área = ( x2 − x) dx =  −  =
−
+
2 
3
2 6
 3
1
1

t ln t
−
t
2 t = 2 − ln t
ii) a) g ´( t ) =
3
t
2t 2
2 − ln t = 0 → t = e2
-
+
0
g ´( t )  0 si 0  t  e2
e2
b) g ´´( t ) =
1
.
2
−
3
t2
t
1
−
1
1
1
1
3 2
3
3
t (2 − ln t )
− t 2 − 3t 2 + t 2 ln t
t 2 ( −4 + ln t )
1
1
2
2
2
= .
= .
3
3
3
2
2
t
t
t
8
3
− 4 + ln t = 0 → t = e 3
2
+
0
8
g ´´( t )  0 si t  e 3
e8/3
8
g ´´( t )  0 si 0  t  e 3
c) Para t
8
= e3
d) t * = e2
 2
e) En el punto  e2 ,  la normal a la gráfica de g(t) es t = e2 .
 e
( )
Esta recta corta al eje x en el punto e2 , 0
[3 puntos]
[4 puntos]
[4 puntos]
[5 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Jueves 4 de noviembre de 1999
1.- [Puntuación 4]
Una progresión aritmética tiene 5 y 13 como sus dos primeros términos, respectivamente.
(a) Escriba, en función de n, una expresión para el término n-ésimo, a n .
(b) Encuentre el número de términos de la progresión que valgan menos de 400.
Solución:
a) an = 5 + (n − 1).8 = 8n − 3
b) 8n − 3  400 → 8n  403 → n  50,375
Hay 50 términos menores que 400
2.- [Puntuación 4]
 3 2
1 0
 , calcule los valores del número real k para los cuales det(A-kI)=0, donde I= 
 .
Dada la matriz A= 
−
1
0


0 1
Solución:
3 − k 2 

A-kI= 
 −1 − k
det(A-kI)= − 3k + k 2 + 2
3  1 2
k 2 − 3k + 2 = 0 → k =
=
2
1
3.- [Puntuación 4]
→
→ →
→
El vector n = 2 i − j + 3 k es normal al plano que pasa por el punto (2, 1, 2).
(a) Calcule una ecuación del plano.
(b) Calcule a si el punto (a, a-1, a-2) está en el plano.
Solución:
a) 2x − y + 3z − D = 0
2x-y+3z-9=0
(2,1, 2)plano
→ 4 − 1 + 6 + D = 0 → D = −9
b) 2a-(a-1)+3(a-z)-9=0 → 4a=14 → a =
7
2
4.- [Puntuación 4]
La variable aleatoria X tiene una distribución normal con media 30 y desviación típica 2. Calcule P(27  X  34) .
Solución:
X es N(30, 2)
P(27  X  34) = 0,9104
5.- [Puntuación 4]
Para qué valores del número real x es | x + k | = | x | + k, donde k es número real positivo?
Solución:
 x + k =| x | + k si x  −k
x0
| x + k |=| x | + k → 
→
x + k = − | x | −k si x  −k
x + k = x − k → No existe x
6.- [Puntuación 4]
El área entre el gráfico de y = e x y el eje x desde x=0 hasta x=k (k>0 se rota 360º alrededor del eje x. Calcule, en función de k y
e, el volumen del sólido generado.
Solución:

k
k
2x
V=π e
0
(
)
 e2x 
 e2k 1  π 2k
dx = π 
−  = e −1
 = π
 2 2 2
 2 0


7.- [Puntuación 4]
La caja rectangular mostrada en el diagrama tiene dimensiones 6 cm x 4 cm x 3 cm.

Calcule, ajustando a la décima más cercana de un grado, el tamaño del ángulo AHC .
Solución:
AC = 36 + 16 = 52
AH = 9 + 16 = 5
HC = 36 + 9 = 45



52 = 25 + 45 − 2.5. 45 cos AHC → 18 = −10 45 cos AHC → AHC = 74,4
8.- [Puntuación 4]
Las raíces α y β de la ecuación cuadrática x 2 − kx + (k + 1) = 0 son tales que α2 + β2 = 13 . Calcule los posibles valores del
número real k.
Solución:
α +β = k 
2
2
2
2
2
2
α.β = k + 1 
 → (α + β) = k → α + β + 2αβ = k → 13 + 2(k + 1) = k
α 2 + β2 = 13

28  5
k 2 − 2k − 15 = 0 → k =
=
2
− 3
9.- [Puntuación 6]
3x − 4
Exprese
en fracciones simples.
x2 − x
Solución:
3x − 4 3x − 4
A
B
=
= +
2
x
(
x
−
1
)
x
x
−1
x −x
3x-4=A(x-1)+Bx
Para x=0 A=4
Para x=1 B=-1
3x − 4 4
1
= −
2
x − x x x −1
10.- [Puntuación 4]
Calcule el mayor dominio para la función f : x 
Solución:
4 − 9x 2  0
4 − 9x2 = 0 → x = 
 2 2
D(f ) =  − , 
 3 3
2
3
1
4 − 9x 2
.
11.- [Puntuación 4]
k
Calcule el número real k>1 para el cual
 1 + x
1

1 
3
 dx = .
2
2

Solución:

k
k
1 
1
1


 1 + 2  dx =  x −  = k −
x 1
k

x 
1 
k−
2
1 3
35 

= → 2k 2 − 3k − 2 = 0 → k =
= 1
− No válido
k 2
4

 2
12.- [Puntuación 4]
 a − 4 − 6
 1 2 − 2




(a) Calcule los valores de a y b sabiendo que la matriz A=  − 8 5
7  es la inversa de la matriz B=  3 b 1  .
−5 3
 − 1 1 − 3
4 



(b) Para los valores a y b hallados en el apartado (a), resolver el sistema de ecuaciones lineales
x+2y-2z=5
3x+by+z=0
-x+y-3z=a-1
Solución:
 a − 4 − 6   1 2 − 2  1 0 0 


 

7 . 3 b 1  =  0 1 0 
a) A.B=I →  − 8 5
−5 3
4   − 1 1 − 3   0 0 1 

a-6=1 → a=7
2a-4b-6=0 → b=2
 1 2 − 2  x   5 

   
b) El sistema se puede escribir:  3 b 1 . y  =  0 
 − 1 1 − 3  z   6 

   
 x   7 − 4 − 6   5   − 1
  
   
7 . 0  =  2 
y = −8 5
 z −5 3
4   6   − 1 
  
13.- [Puntuación 4]
La Asociación de Fútbol local está formada por 10 equipos. El equipo A tiene un 40% de probabilidades de ganar cualquier
partido contra un equipo mejor clasificado, y el 75% de posibilidades de ganar cualquier partido contra un equipo de menor
rango. Si A está actualmente en la cuarta posición, encuentre la probabilidad de que A gana en el siguiente partido.
Solución:
1
1
0,4 1,5 1,9 19
3. .0,4 + 6. .0,75 =
+
=
=
9
9
3
3
3 30
14.- [Puntuación 4]
El polinomio p( x ) = (ax + b)3 tiene resto -1 cuando se divide por (x+1), y tiene resto 27 cuando se divide por (x-2). Calcule los
valores de los números reales a y b.
Solución:
− a + b = −1
4
1
p( −1) = ( −a + b)3 = −1

b=
 →
 → 3a = 4 → a =
3
2
a
+
b
=
3
3
3
p(2) = (2a + b) = 27 


15.- [Puntuación 4]
Calcule, en función de la constante a, la ecuación normal a la curva definida paramétricamente por
en el punto de la curva donde θ =
x = a(θ − senθ)
y = a(1 − cos θ)
π
.
2
Solución:
dy dy dθ dy 1
1
senθ
=
.
=
.
= asenθ.
=
dx
dx dθ dx dθ
a(1 − cos θ) 1 − cos θ
dθ
π
En θ =
m = 1 → mN = −1
2
π
π

x = a − 1  y = a
Para θ =
2
2


π
π

y − a = −1 x − a − 1   → y = − x + a
2
2


16.- [Puntuación 4]
1
t +2,
20
donde t es el tiempo en segundos. Si el tren comienza desde el reposo en t = 0, encuentre la distancia recorrida por el tren en
el primer minuto.
Solución:
dv
1
 1

=−
t + 2 → dv =  −
t + 2  dt
dt
20
20


La aceleración, a (t), de un tren rápido durante los primeros 80 segundos de movimiento está dada por a( t ) = −
t =0 v =0
1 2
 1

t + 2 dt = −
t + 2t + C → C = 0
−
40
 20

1 2
v=−
t + 2t
40
ds
1 2
 1 2

=−
t + 2t → ds =  −
t + 2t  dt
dt
40
 40

v=

60
60
 t3

 1 2

s=
t + 2t  dt = −
+ t 2  = −1800 + 3600 = 1800 m
−

0  40
 120
0

17.- [Puntuación 4]
¿Para qué valores de k la recta y = kx + 1 es tangente al círculo con centro (5, 1) y radio 3?
Solución:
La distancia del Centro a la recta es 3
| 5k − 1 + 1 |
3
= 3 → 25k 2 = 9k 2 + 9 → k = 
2
4
k +1
18.- [Puntuación 4]
→
→
→
→ →
→
→
Calcule la menor distancia del punto A(0, 2, 2) a la recta r = 5 i + 9 j + 6 k + t  i + 2 j + 2 k  , donde t es un escalar.


Solución:
Punto genérico de la recta Pr (5 + t , 9 + 2t , 6 + 2t )
 5+ t 


APr =  7 + 2t 
 4 + 2t 


→
1
→  
APr •  2 = 0 → 5 + t + 14 + 4t + 8 + 4t = 0 → t = −3
 2
 
 2
→
 
→ APr =  1 
 − 2
 
→
| APr |= 4 + 1 + 4 = 3
19.- [Puntuación 4]
Resuelva la ecuación diferencial
dy
π
= y tan x + 1, 0  x 
si y=1 cuando x=0.
dx
2
Solución:
dy
− y tan x = 1 es una ecuación diferencial lineal
dx
P(x)=-tanx
Q(x)=1
El factor integrante es: e
y.e
y=
dx

= cos x dx → y. cos x = senx + C

− tan x dx
y.eln(cos x )
− tan x dx
= 1.e
− tan x dx
x = 0 y =1
→
C=1
senx + 1
= tan x + sec x
cos x
20.- [Puntuación 4]
En el diagrama, PTQ es un arco de la parábola y = a2 − x 2 , donde a es una constante positiva, y PQRS es un rectángulo. El área
del rectángulo PQRS es igual al área entre el arco PTQ de la parábola y el eje x.
Calcule, en función de a, las dimensiones del rectángulo.
Solución:
a
a


x3 
a3  4a3
Área arco PTQ = 2 (a − x ) dx = 2a2x −  = 2 a3 −  =

3 
3 
3
0


0

2.a.h =
2
2
4a3
2
→ h = a2
3
3
2
Dimensiones: Base=2a Altura= a2
3
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Viernes 5 de noviembre de 1999
1. [Puntuación 22]
(a) Calcular (1 + i)2 , donde i = − 1 .
(i)
[2 puntos]
4n
(b) Pruebe, usando la inducción matemática, que (1 + i)
n
= ( −4) , donde n  N .
32
(c) Usando lo anterior o de cualquier otra forma, calcule (1 + i)
(ii) Sea z1 =
*
[6 puntos]
.
[2 puntos]
π
π
θ .
2
2
[6 puntos]
6 −i 2
, y z2 = 1 − i .
2
(a) Escriba z1 y z2 en la forma r(cos θ + isenθ), donde r  0 y −
z
π
π
+ isen .
(b) Muestre que 1 = cos
z2
12
12
[2 puntos]
z
(c) Calcule el valor de 1 en la forma a+bi, donde a y b deben determinarse exactamente en forma
z2
radical.
π
π
y sen .
Usando lo anterior o de cualquier otra manera calcule los valores exactos de cos
[4 puntos]
12
12
Solución:
i) a) (1 + i)2 = 1 − 1 + 2i = 2i
b) Para n=1 (1 + i)4.1 = (1 + i)4 = (1 + i)2.2 = (2i)2 = −4 = ( −4)1
4k
Supuesto cierto para n=k (1 + i)
Cierto
k
= ( −4)
?
Probemos para n=k+1 (1 + i)4( k +1) =( −4)k +1
(1 + i)4(k +1) = (1 + i)4k .(1 + i)4 = ( −4)k ( −4)1 = ( −4)k +1
c) (1 + i)32 = (1 + i)4.8 = ( −4)8 = 65536
ii) a) z1 =
z2 =
( 8 )− π6
( 2 )− π4 =
z
b) 1 =
z2
20
=
( 2 )− π6 =
  π
 π 
2  cos −  + isen −  
 6 
  6
  π
 π 
2  cos −  + isen −  
4

 4 
 
( 2 )− π6
π
π
= 1 π = cos
+ isen
π
12
12
( 2 )− 4 12
c)
z1
2 3
2 1  2 3
2 1 
6+ 2
6− 2
= cos 15º+isen15º = cos( 45º−30º ) + isen(45º−30º ) =
.
+
. +i
.
−
. =
+
i
z2
2 2
2 2  2 2
2 2 
4
4
cos
π
6+ 2
=
12
4
sen
π
6− 2
=
i
12
4
2.- [Puntuación 21]
Considere los puntos A(1, 2, 1), B(0, -1, 2), C(1, 0, 2) y D(2, -1, -6).
→
→
(a) Calcule los vectores AB y BC .
→
[2 puntos]
→
(b) Calcule AB  BC .
(c) Usando lo anterior o de cualquier otra manera, calcule el área del triángulo ABC.
(d) Calcule la ecuación del plano P que contiene a los puntos A, B y C.
(e) Encuentre un conjunto de ecuaciones paramétricas para la recta que pasa por el punto D y es
perpendicular al plano P.
(f) Calcule la distancia desde el punto D hasta el plano P.
(g) Calcule un vector unitario perpendicular al plano P.
(h) El punto E es una reflexión del punto D en el plano P. Calcule las coordenadas de E.
Solución:
 − 1
1
→ 
→  

a) AB =  − 3
BC =  1 
 1
 0
 
 
i
j k
b) AB  BC = − 1 − 3 1 = -i+j+2k
1
1 0
→
→
c) Área ΔABC =
1
6
1+1+ 4 =
2
2
AP
d) − x + y + 2z + k = 0 → − 1 + 2 + 2 + k = 0 → k = −3
P: -x+y+2z-3=0
 x = 2− t

e)  y = −1 + t
z = −6 + 2t

f) d(D, P) =
| −2 − 1 − 12 − 3 |
1+1+ 4
=
18
6
=3 6
 − 1
1  
g)
 1
6 
 2
h) Sea M el punto donde la recta que pasa por D y es perpendicular a P corta a P.
-(2-t)+(-1+t)+2(-6+2t)-3=0
6t=18 → t=3
M(-1, 2, 0)
 − 3
 
E = M + DM = M +  3  = ( −4 , 5, 6)
 6 
 
→
[3 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]
3.- [Puntuación 20]
x ln x − kx , x  0
Considere las funciones fk ( x ) = 
, donde k  N .
x =0
0 ,
(a) Calcule la derivada de fk ( x), x  0 .
(b) Calcule el intervalo abierto donde f0 ( x ) es creciente.
El gráfico de la función fk ( x ) se muestra a continuación
(i) Muestre que un punto estacionario de fk ( x ) está para x = ek −1 .
(ii) Una intersección con el eje x es (0, 0).
Calcule las coordenadas de la otra intersección con el eje x.
(d) Calcule el área encerrada por la curva y el eje x.
(e) Calcule la ecuación de la tangente a la curva en A.
(f) Muestre que el área de la región triangular creada por la tangente y los ejes de coordenadas es el
doble del área encerrada por la curva y el eje x.
(g) Demuestre que las intercepciones con el eje x de fk ( x ) para valores consecutivos de k forman una
progresión geométrica.
Solución:
a) f ´ k (x) = ln x + 1 − k
[2 puntos]
[2 puntos]
(c)
[4 puntos]
[5 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
b) f ´0( x) = ln x + 1
ln x + 1 = 0 → x =
1
e
1

f0 ( x ) es creciente en  , +  
e


c) i) ln x + 1 − k = 0 → ln x = k − 1 → x = ek −1
x = 0 No
ii) x ln x − kx = 0 → x(ln x − k ) = 0 → 
k
x = e
( )
A ek , 0

ek
d) Área = (kx − x ln x )dx
0

I = x ln x dx
u=lnx
v´=x
1
x
v=
u ´=
I=
x2
2
x2
x2
ln x −
+C
2
4
ek
 kx 2 x 2
x2 
ke2k e2k
e2k e2k
Área = 
−
ln x +  =
−
k+
=
2
4 
2
2
4
4
 2
0
( )
e) En A ek , 0 m=k+1-k=1
y = x − ek
f) Área triangular =
g) e0 = 1
ek .ek e2k
=
2
2
e1
e2
→
e2k
e2k
= 2.
2
4
e3 .........
Se trata de una progresión geométrica de razón común r=e y u0 = 1
4.- [Puntuación 17]
La función de densidad de probabilidad de una variable aleatoria X viene dada por

e − kekx , 0  x  1
f (x) = 
.

 0, en los demás casos
(a) Muestre que k=1.
[3 puntos]
1 1
(b) ¿Cuál es la probabilidad de que la variable aleatoria X tenga un valor que esté entre
y ?.
4 2
Dé su respuesta en función de e.
(c) Calcule la media y la varianza de la distribución. Dé su respuesta exacta en función de e.
[2 puntos]
[6 puntos]
La variable aleatoria X representa la duración, en años, de un cierto tipo de batería.
(d) Calcule la probabilidad de que una batería dure más de seis meses.
[2 puntos]
Una calculadora, está equipada con tres de estas baterías.
Cada batería falla independientemente de las otras dos.
Calcule la probabilidad de que al final de seis meses
(e) ninguna de las baterías ha fallado;
(f) exactamente una de las baterías ha fallado.
Solución:
 (e − ke ) dx = 1
1
a)
kx
0
ex − e  = e − e
kx 1
0
k
+1
e − ek + 1 = 1 → e = ek → k = 1
1
1
b) P  X   =
4
2

c) E( X ) =
1
2
e − ex
1
4
(
1
x 2
1
4
)dx = ex − e 
1 
1
1
1

e
 e
 e
=  − e2  −  − e 4  = − e2 + e 4
2
 4
 4

 

 x(e − e ) dx
1
x
0
I=
 xe dx
x
u=x
v ´ = ex
u ´= 1
v = ex
I = xex − e x + C
1
 x2

e
E( X) = e
− xex + ex  = − 1
2
2

0
E( X 2 ) =
 x (e − e ) dx
1
2
x
0
I1 =
x e
2 x
dx
u = x2
v ´ = ex
u ´ = 2x
v = ex
I1 = x2ex − 2xex + 2ex + C
1
 ex3
 e
2e

E( X2 ) = 
− x2ex + 2xex − 2ex  =  − e + 2e − 2e  + 2 = 2 −
3
3
3


0 
2
2e  e 
2e e2
e e2
−  − 1 = 2 − − − 1 + e = 1 + −
3 2 
3 4
3 4
d) X:"número de años que dura una batería"
Var( X) = 2 −
p( X  0,5) =
 (e − e ) dx = ex − e 
1
0,5
x
x1
0,5
= e − e − 0,5e + e0,5 = e0,5 − 0,5e = 0,2896
e) Y:"número de baterías de las tres que fallan en los seis primeros meses" es B(3, 0.7104)
P(Y=0)=0,0243
f) P(Y=1)=0,1787
[2 puntos]
[2 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Miércoles 3 de mayo de 2000
1.- [Puntuación 6]
a) Dibuje la gráfica de f (x) = sen3x + sen 6x, 0  x  2π .
b) Escriba el valor exacto del periodo de la función f.
Solución:
a)
2π
3
2π π
=
Periodo de sen 6x=
6
3
b) Periodo de sen 3x =
El periodo de f(x) es
2π
3
2.- [Puntuación 6]
 0 − 1
 y la transformación T2 está representada por la matriz
La transformación T1 está representada por la matriz 
−1 0 
 0 1

 .
 − 1 0
a) Calcule la matriz (T1 T2)-1.
b) Describa la transformación representada por la matriz (T1 T2)-1
Solución:
 0 − 1  0 1   1 0 
.
 = 

a) T1 T2= 
 − 1 0   − 1 0   0 − 1
| T1 T2|=-1
 − 1 0

Adj(T1 T2)= 
 0 1
1 0 

(T1 T2)-1 = 
 0 − 1
b) Hay simetría respecto una recta y=mx, donde m = tan α
α = kπ 
cos 2α = 1 2α = 2kπ 

→
 → α = kπ  → α = 0
sen2α = 0
2α = kπ 
2 

La simetría es respecto de la recta y=0, el eje x.
3.- [Puntuación 6]
π
π

Sea z1 = a  cos + isen 
4
4

π
π

y z2 = b  cos + isen  .
3
3

3
z 
Exprese  1  en la forma z=x+iy
 z2 
Solución:
 z1 
 
 z2 
3
 aπ

= 4
 bπ

 3
3
3




3
a3  2
2  a3 2 a3 2
 =  a 
 =  a 
=
−
i =
−
i
3
 b  π 
 b3  π b3  2

2  2b3
2
b
−



−


12 
4

4.- [Puntuación 6]
Una muestra de 70 baterías fue probada para ver su duración. Los resultados fueron:
Tiempo (horas)
0  t  10
10  t  20
20  t  30
30  t  40
40  t  50
50  t  60
60  t  70
70  t  80
80  t  90
90  t  100
Total
Número de batería
(frecuencia)
2
4
8
9
12
13
8
7
6
1
70
Calcule
a) La desviación estándar de la muestra.
b) Una estimación no sesgada de la desviación estándar de la población de la que se toma esta muestra.
Solución:
a) σ t = 21,4304761
b) s t =
70
.(21,4304761)2 = 21,58521079
69
5.- [Puntuación 6]
Calcule el coeficiente de x7 en el desarrollo de (2 + 3x )10 , dando su respuesta como un número entero.
Solución:
10
10
10
10
(2 + 3x )10 = (3x + 2)10 =  (3x )10 +  (3x )9 .2 +  (3x )8 .4 +  (3x )7 .8 + .....
0 
1 
2 
3 
Coeficiente de x7 :
 10 7
10.9.8 7
 3 .8 =
.3 .8 = 10.9.8.36.4 = 2099520
3
3
.
2
 
6.- [Puntuación 6]
El sistema de ecuaciones representado por la siguiente ecuación matricial tiene un número infinito de soluciones.
 2 − 1 − 9  x   7 

   
3  y  =  1 
1 2
 2 1 − 3  z   k 

   
Calcule el valor de k.
Solución:
A


 __________ ____

2 − 1 − 9 7 
1 2
3 1 

2 1 − 3 k 
 __________ _________ 
B


|A|=-12-6-9+36-3-6=0 → rango(A)=2
2 −1 7
1 2 1 = 4k − 2 + 7 − 28 + k − 2 = 5k − 25
2 1 k
5k-25=0 → k=5
7.- [Puntuación 6]
En un juego un jugador lanza un dado tetraédrico(cuatro caras) sesgado. La probabilidad de cada puntuación posible se
muestra a continuación.
Puntuación
Probabilidad
1
1
5
2
2
5
3
1
10
4
x
Calcule la probabilidad de una puntuación total de seis después de dos rondas
Solución:
1 2 1
3
+ +
+x =1 → x =
5 5 10
10
Sea X:”puntuación en una ronda”
P( X = 2  X = 4) + P( X = 3  x = 3) + P( X = 4  X = 2) =
2 3
1 1
3 2 25 1
.
+
.
+
. =
=
5 10 10 10 10 5 100 4
8.- [Puntuación 6]
Calcule un vector normal al plano que contiene a las rectas L1 y L2 , cuyas ecuaciones son:
L1 : r=i+k+λ(2i+j-2k)
L2 : r=3i+2j+2k+μ(j+3k)
Solución:
i j k
2 1 − 2 = 5i-6j+2k
0 1
3
9.- [Puntuación 6]
La suma de los n primeros términos de una progresión aritmética es Sn = 3n2 − 2n . Calcule el término enésimo u n .
Solución:
un = Sn − Sn −1 = 3n2 − 2n − 3(n − 1)2 + 2(n − 1) = 3n2 − 2n − 3n2 + 6n − 3 + 2n − 2 = 6n − 5
10.- [Puntuación 6]
El plano 6x-2y+z=11 contiene a la recta x − 1 =
Solución:
 6   1
   
 − 2 •  2 = 0 → 6 − 4 + l = 0 → l = −2
 1  l
   
y +1 z −3
. Calcule l.
=
2
l
11.- [Puntuación 6]
Los puntos z1 = −1 + 2i y z2 = 2 + 4i y el segmento de recta z1 z2  están en el plano complejo, como se muestra a
continuación.
Sea z3 = −iz1 y z4 = −iz2 .
a) Muestre z3 y z4 en el plano complejo y dibuje el segmento de recta z3 z4  .
b) Indique la transformación que transforma el segmento z1 z2  en el segmento z3 z4  .
Solución:
a) z3 = −iz1 = 2 + i
z4 = −iz2 = 4 − 2i
b) Giro de 90ᵒ en sentido horario.
12.- [Puntuación 6]
x
2
La distribución de probabilidad de una variable aleatoria discreta X viene dada por P( X = x) = k   , para x = 0,1, 2, ....
3
Calcule el valor de k.
Solución:
0
1
2
 2  2 2

1
 2
 2
2
k   + k   + k   + .... = k 1 + +   + ... = k .
= 3k
2
 3  3 

3
3
3
1−
3
1
3k = 1 → k =
3
13.- [Puntuación 6]
La velocidad, v, de un objeto en un instante t viene dada por v = ke
Calcule la distancia recorrida entre t=0 y t=a.
Solución:
Dis tan cia =
a
 ke
0
−
t
2
−
t
2
, donde t es en segundos y v es en ms-1.
a
t
a
a



− 
− 
− 


2
2
2


dt = − 2ke
=  − 2ke  + 2k = 2k  1 − e 







0 



14.- [Puntuación 6]
Mr. Blue, Mr. Black, Mr. Green, Mrs. White, Mrs. Yellow and Mrs. Red deben sentarse alrededor de una mesa circular para una
reunion. Mr. Black y Mrs. White no deben sentarse juntos.
Calcule el número de las diferentes maneras que estas seis personas pueden sentarse en la mesa sabiendo que Mr. Black y Mrs
White no pueden estar juntos
Solución:
Número total de formas de sentarse las seis personas: V5,5 = 120
Número de formas de sentarse con Mr. Black y Mrs White juntos: 2.V4 ,4 = 48
Número de formas de sentarse con Mr. Black y Mrs White No juntos: 120-48=72
15.-[Puntuación 6]
Calcule las coordenadas del punto de la recta L : x = 1 − λ , y = 2 − 3λ , z = 2 más cercano al origen.
Solución:
Punto genérico de la recta L: PL (1 − λ , 2 − 3λ , 2)
 1 − λ   − 1

  
7
OPL • uL = 0 →  2 − 3λ  •  − 3 = 0 → −1 + λ − 6 + 9λ = 0 → λ =
10
 2   0

  
→
→
1
 3

, 2
El punto más cercano es P , −
 10 10 
16.- [Puntuación 6]
Dado que x>0, calcule la solución del siguiente sistema de ecuaciones
8x 3
=3
y
xy − y = x2 +
9
4
Solución:
y=
x.
8x3
3
x = 1,5 → y = 9
8x 3 8x 3
9
−
= x2 + → 32x 4 − 32x3 = 12x2 + 27 → 32x 4 − 32x3 − 12x2 − 27 = 0 → 
3
3
4
 x = −0,84 → y = −1,58
No válido
17.- [Puntuación 6]
Se dibuja un rectángulo de manera que sus vértices inferiores están en el eje x y sus vértices superiores están en la curva
y = senx , donde 0  x  π .
a) Escriba una expresión para el área del rectángulo.
b) Calcule el área máxima del rectángulo.
Solución:
a) Área= (π − 2x).senx
b) La gráfica de la función (π − 2x).senx tiene un máximo para x=0,71
El área máxima vale: 1,12
18.- [Puntuación 6]
Calcule los valores de a>0, tal que

a2
a
1
1 + x2
dx = 0,22 .
Solución:

a2
a
1
1+ x
dx = arctan x aa = arctan a2 − arctan a
2
2
a = 2,04
arctan a2 − arctan a = 0,22 → 
a = 2,62
19.- [Puntuación 6]
Sea f : x  esenx .
a) Calcule f ´(x).
Hay un punto de inflexión en la gráfica de f, para 0<x<1.
b) Escriba, sin resolver, una ecuación en función de x que permita encontrar el valor de x en ese punto de inflexión.
Solución:
a) f ´( x ) = cos x.esenx
b) f ´´( x ) = −senx.esenx + cos2 x.esenx = esenx (cos 2 x − senx)
cos2 x − senx = 0
20.- [Puntuación 6]
El diagrama muestra la gráfica de y=f ´(x).
Indique y etiquete claramente en la gráfica
a) Los puntos donde y=f(x) tiene puntos mínimos.
b) Los puntos donde y=f(x) tiene puntos máximos.
c) Los puntos donde y=f(x) tiene puntos de inflexión.
Solución:
Observando la gráfica de y=f´(x) podemos establecer para la gráfica de y=f(x):
x
f´(x)
-∞
a
-
b
+
0
+
c
-
d
-
+∞
+
f(x)
Si etiquetamos las abscisas de los puntos con las letras que aparecen en el gráfico podemos concluir:
a) Puntos mínimos en x=a y x=d
b) Punto máximo en x=0.
c) Puntos de inflexión en x=b y en x=c.
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Jueves 4 de mayo de 2000
1.- [Puntuación 10]
El área del triángulo que se muestra es 2,21 cm2 . La longitud del lado más corto es x cm y la de los otros dos lados 3x cm y
(x+3) cm.
a) Usando la fórmula del área del triángulo, escriba una expresión para sen  en función de x.
b) Usando el teorema del coseno, escriba simplificada una expresión para cos θ en función de x.
[ 2 puntos]
[ 2 puntos]
2
2
 3x 2 − 2x − 3 
 = 1 −  4 ,42  .
c)
i) Usando sus respuestas a las partes (a) y (b), muestre que 
 2 


2x 2
 3x 


ii) Calcule
a) los posibles valores de x
b) Los correspondientes valores de  , en radianes, usando la respuesta de (b).
Solución:
a) 2,21 =
[ 1 punto]
[ 2 puntos]
[ 3 puntos]
3x2senθ
4 ,42
→ senθ =
2
3x2
b) ( x + 3)2 = x2 + 9x2 − 6x2 cos θ
x2 + 9 + 6x = x2 + 9x2 − 6x2 cos θ → cos θ =
9x2 − 6x − 9
6x2
=
3x2 − 2x − 3
2x2
2
2
 3x2 − 2x − 3 
 = 1 −  4 ,42 
c) i) cos θ = 1 − sen θ → 


2x2
 3x2 


ii) a)
2
2
9x 4 + 4 x 2 + 9 − 12x3 − 18x 2 + 12x
4x
4
=1−
19,5364
9x
4
→ 81x 4 + 36x 2 + 81 − 108x3 − 162x 2 + 108x = 36x 4 − 78,1456→
x = 2,94
→ 45x 4 − 108x3 − 126x 2 + 108x159,1456 = 0 → 
 x = 1,24
b)
Para x = 2,94
Para x = 1,24
cos θ = 0,98 → θ = 0,16 rad
cos θ = −0,28 → θ = 1,86 rad
2.- [Puntuación 14]
El diagrama muestra las gráficas de y = − x3 + 3x 2 y g(x) , donde g(x) es un polinomio de grado 3.
a) Si g(-2)=0, g(0)=-4 , g´(-2)=0, y g´(0)=0 muestre que g( x ) = x3 + 3x2 − 4 .
[ 6 puntos]
 − 1
El gráfico de y = − x3 + 3x 2 se refleja en el eje y y se traslada mediante el vector   para obtener la
 − 1
gráfica de y=h(x).
b) Escriba h(x) en la forma h( x ) = ax3 + bx2 + cx + d .
[ 5 puntos]
El gráfico de y = x3 + 3x 2 − 4 se obtiene mediante la aplicación de dos transformaciones de la gráfica de
y = − x3 + 3x 2 .
c) Indicar las dos transformaciones cuya composición transforma la gráfica de y = − x3 + 3x 2 en la gráfica
de y = x3 + 3x 2 − 4 y teniendo en cuenta que el punto A se transforma en el punto A´.
Solución:
a) Sea g( x ) = ax3 + bx2 + cx + d
g(-2)=0 → -8a+4b-2c+d=0
g(0)=-4 → d=-4
g´( x ) = 3ax2 + 2bx + c
g´(-2)=0 →12a-4b+c=0
g´(0)=0 → c=0
− 8a + 4b = 4
→ a =1

 12a − 4b = 0
b=3
g( x ) = x3 + 3x2 − 4
b) Sea f ( x ) = − x3 + 3x2
f(x) se refleja en el eje y obteniendo la gráfica p( x ) = f ( − x ) = x3 + 3x2
 − 1
p(x) se traslada por el vector   obteniendo la gráfica
 − 1
h( x ) = p( x + 1) − 1 = ( x + 1)3 + 3( x + 1)2 − 1 = x3 + 3x2 + 3x + 1 + 3x2 + 6x + 3 − 1 = x3 + 6x2 + 9x + 3
c) g( x ) = −f ( x + k ) = ( x + k )3 − 3( x + k )2 = x3 + 3x2k + 3xk 2 + k 3 − 3x2 − 6xk − 3k 2
x3 + 3x2 − 4 = x3 + 3x2k + 3xk 2 + k 3 − 3x2 − 6xk − 3k 2 → 3 = 3k − 3 → k = 2
 − 2
Se trata de una reflexión en torno al eje x y de una traslación de vector   .
0 
[3 puntos]
3.- [Puntuación 16]
Sea f ( x ) = ln | x5 − 3x2 |, − 0.5  x  2, x  a , x  b ; a, b son valores de x para los cuales f(x) no está definida.
a)
i) Dibuje la gráfica de f(x), indicando en su dibujo los ceros de f(x).
Muestre también la posición de cualquier asíntota.
ii) Encuentre todos los ceros de f(x), (soluciones de f(x)=0).
b) Calcule el valor exacto de a y b.
c) Calcule f´(x), e indique con claridad donde f´(x) no está definida.
d) Calcule el valor exacto de la coordenada x del máximo local de f(x), para 0<x<1.5 .
(Puede asumir que no hay puntos de inflexión).
e) Escriba la integral definida que representa el área de la región encerrada por f(x) y el eje x.
(No evalúe la integral).
Solución:
a) i)
ii) x=0,6 x=1,35
x=1,51
 x =0
b) x5 − 3x 2 |= 0 → x 2( x3 − 3) = 0 → 
3
x = 3
c) f ´( x ) =
6x − 5x 4
3x2 − x5
f´(x) no definida en x = 0 y x = 3 3
 x = 0 No definida

d) 6x − 5x = 0 → x(6 − 5x ) = 0 → 
6
3
x = 5
4
e) Área=

1,35
0,6
3
ln | x5 − 3x2 | dx
[ 2 puntos]
[ 3 puntos]
[ 3 puntos]
[ 3 puntos]
[ 3 puntos]
[ 2 puntos]
4.- [Puntuación 12]
Una máquina produce bolsas de sal cuyos pesos se distribuyen normalmente, con una media de 110 g y
una desviación típica de 1.142 g. Si el peso de esas bolsas es inferior a 108 g, la bolsa se rechaza.
Con este ajuste, el 4% de las bolsas se rechazan
Los ajustes de la maquina se alteran y se encuentra que el 7% de las bolsas son rechazadas.
a)
i) Si la media no ha cambiado, encuentre la nueva desviación estadística con tres cifras decimales. [ 4 puntos]
La máquina se ajusta para funcionar con el nuevo valor de la desviación estadística.
ii) Calcule el valor, con dos cifras decimales, en el que debe fijarse la media de modo que sólo el
4% de las bolsas sean rechazadas.
[ 4 puntos]
b) Con los nuevos ajustes del apartado (a), se ha encontrado que el 80% de las bolsas de sal tienen un peso
que se encuentra entre A g y B g, donde A y B son simétricos respecto de la media.
Calcule los valores de A y B, dando su respuesta con dos cifras decimales.
[ 4 puntos]
Solución:
a) i) Sea X:”pesos bolsas de sal” es N(110, 1.142)
P(X<108)=0,07
Z=
P(X  108) = 0,07
X -110
σ
→
108 − 110 
−2

P Z 
= −1,4758 → σ = 1,355
 = 0, 07 →
σ
σ


ii) P(X<108)=0,07
Z=
P(X  108) = 0,04
X -μ
1,355
→
108 − μ 
108 − μ

P Z 
= −1,7507 → μ = 110,37
 = 0, 04 →
1,355 
1,355

b) P(A<X<B)=0,8 → P(X<A)=0,1 → A=108,26
B=111,74
5. [Puntuación 18]
i) Calcule, usando la definición, la derivada de f(x)=cosx.
d n
x = nx n −1 , para todo valor entero positivo de n.
ii) Pruebe, usando la inducción matemática, que
dx
Solución:
i)
f ( x + h) − f ( x )
cos( x + h) − cos x
cos x. cosh − senx.senx − cos x
f ´( x ) = lim
= lim
= lim
=
h
h
h
h →0
h →0
h →0
cosh − 1
senh 
cosh − 1
senh

= lim cos x.
− senx.
= cos x. lim
− senx. lim
= cos x.0 − senx.1 = −senx
h
h 
h
h →0 
h →0
h →0 h
( )
ii) Para n=1
( )
d 1
x = 1 = 1.x1−1
dx
Suponemos cierto para n=k
Probemos para n=k+1
( )
( )
Cierto
( )
d k
x = kx k −1
dx
( )
d k +1 ?
x
=(k + 1)x k
dx
d k +1
d
x
=
x.x k = 1.x k + kx k −1 .x = x k + kx k = (k + 1)x k
dx
dx
[ 8 puntos]
[ 10 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Jueves 2 de noviembre de 2000
1.- [Puntuación 6]
3 
l − 4
 es igual a cero.
Calcule los valores del número real k para los cuales el determinante de la matriz 
 − 2 k + 1
Solución:
k −4
3
= k 2 − 3k − 4 + 6 = k 2 − 3k + 2
−2 k +1
k 2 − 3k + 2 = 0 → k =
3  1 2
=
2
1
2.- [Puntuación 6]
Dadas las funciones f : x  x + 1 y g : x  x3 , calcule la función (fog )−1 .
Solución:
f : x  x + 1 y g : x  x3
y = x3 + 1 → x = 3 y − 1
(fog )−1( x ) = 3 x − 1
3.- [Puntuación 6]
Para la función f : x → x2 ln x , x  0 , calcule la función f´, la derivada de f con respecto a x.
Solución:
f ´( x) = 2x ln x + x = x(2ln x + 1)
4.- [Puntuación 6]
Los diagramas de cajas y bigotes que se muestran representan las estaturas de las alumnas y las estaturas de los alumnos
varones de una escuela determinada.
a) ¿Qué porcentaje de alumnas son más bajas que cualquier estudiante varón?
b) ¿Que porcentaje de estudiantes varones son más bajos que algunas de las alumnas?
c) Del diagrama, estime la estatura media de los estudiantes varones.
Solución:
a) El 25% de las alumnas tiene una estatura menor o igual que 160, que es la estatura mínima de los estudiantes varones.
b) Hay un 75% de los estudiantes varones que miden menos que alguna de las alumnas.
c) El 50% de los estudiantes varones mide entre 160 y 170 y el otro 50% entre 170 y 190.
_ 165 + 180
= 172,5
Podemos establecer unas marcas de clase en 165 y 180 y podemos escribir: x =
2
5.- [Puntuación 6]
Calcule el área encerrada por la gráfica de y = xsen( x 2 ) y el eje x, entre x=0 y el menor valor de x positivo de intersección con
el eje x.
Solución:
La primera intersección positiva de la gráfica con el eje x se da para x=1,77.
Área=

1,77
xsen( x 2 )dx = 0,9999  1
0
6.- [Puntuación 6]
Sabiendo que los sucesos A y B son independientes con P( A  B) = 0,3 y P( A  B´) = 0,3, calcule P( A  B) .
Solución:
P(A  B) = P(A) + P(B) − P(A  B)
P( A  B) = P( A ).P(B) = 0,3
→ P( A ) =
P( A  B´) = P( A ).P(B´) = 0,3 →
P( A) =
0,3
P(B)
0,3
.(1 − P(B)) = 0,3 → 0,3 − 0,3P(B) = 0,3P(B) → P(B) = 0,5
P(B)
0,3
= 0,6
0,5
P(A  B) = 0,6 + 0,5 − 0,3 = 0,8
7.- [Puntuación 6]
Calcule la suma de los términos positivos de la progresión aritmética 85, 78, 71, ……..
Solución:
un = 85 + (n − 1).( −7) = −7n + 92
− 7n + 92  0 → n 
92
= 13,14
7
Para n=13 un = 1 es el último término positivo.
S13 =
85 + 1
.13 = 559
2
8.- [Puntuación 6]
1
Para la función f : x  sen2x + cos x , calcule los posibles valores de sen x para los cuales f´(x)=0.
2
Solución:
f ´( x) = cos 2x − senx
cos 2x − senx = 0 → cos2 x − sen2x − senx = 0 → 1 − 2sen2x − senx = 0 → 2sen2x + senx − 1 = 0 → senx =
1
−13 

= 2
4

− 1
9.- [Puntuación 6]


a) Describa la transformación en el plano cuya matriz es: M= 



1
3 
−
2
2 
3
1 

2
2 
1 0
 .
b) Calcule el valor del menor entero positivo n para el que Mn= 
0 1
Solución:
a)
1
cos α =
2
→ α=60ᵒ
3
senα =
2
Se trata de un giro de 60ᵒ alrededor del origen.
 1
3  1
3   1
3 

−
−
−
−
2  2
2 = 2
2 
b) M2==  2
 3
1  3
1   3
1 
− 


 
2  2
2   2
2 
 2
 1
3   1
3 
−
−
−
2 . 2
2  =  − 1 0  =-I
M3==  2
 3


1
3
1   0 − 1 
− 


2  2
2 
 2
 1
 1
3 
3 


−
−
2  = − 2
2  =-M
M4=(-I).  2
 3
 3
1 
1 




2 
2 
 2
 2
M5=M4.M=-M2
M6=-M2.M=-M3=I
Por lo tanto n=6
10.- [Puntuación 6]
Calcule el número real k para el cual 1 + ki , (i = − 1 ) , es un cero del polinomio z2 + kz + 5 .
Solución:
− k 2 + k + 6 = 0

2
2
2
(1 + ki ) + k(1 + ki ) + 5 = 0 → 1 − k + 2ki + k + k i + 5 = 0 → 
k = 0 No válido
2
 2k + k = 0 →  k = −2


11.- [Puntuación 6]
Sea α el ángulo entre los vectores a y b, donde a= (cos θ) i+ (senθ) j , b= (senθ) i+ (cos θ) j y 0  θ 
Exprese α en función de θ .
Solución:
a . b= |a|.|b|. cos α
cos α =
2senθ. cos θ
π
= sen2θ → α = − 2θ
1.1
2
π
.
4
12.-[Puntuación 6]
7
1 
7

El coeficiente de x en el desarrollo de  x +
 es . Calcule los posibles valores de a.
2
3
ax 

Solución:
7
7
7
1 
1 7
1

 x + 2  =  x7 +  x6 . 2 +  x5 . 2 4 + ......
0
1
2
ax 

 
  ax
  a x
 7  1 7.6
Coeficiente de x =  . 2 = 2
2a
 2 a
7.6
2
2a
=
7
→ a2 = 9 → a =  3
3
13.- [Puntuación 6]
¿ Para qué valores de m la recta y=mx+5 es tangente a la parábola y = 4 − x 2 ?
Solución:
4 − x2 = mx + 5 → x2 + mx + 1 = 0 → x =
− m  m2 − 4
2
m2 − 4 = 0 → m =  2
14.- [Puntuación 6]
La tangente a la curva y2 = x3 en el punto P(1, 1) corta al eje x en Q y al eje y en R.
Calcule la razón PQ : QR.
Solución:
3x 2
2y
2yy´ = 3x 2 → y´ =
En P(1, 1) m ==
3
2
3
3
1
La ecuación de la tangente es: y − 1 = ( x − 1) → y = x −
2
2
2
1
1 
→ Q , 0 
Para y=0 x =
3
3 
Para x=0 y = −
PQ
=
QR
1
1

→ R  0, − 
2
2

4
+1
9
=
1 1
+
9 4
13
3 =2
13
6
15.- [Puntuación 6]
1
La suma se una sucesión geométrica infinita es 13 , y la suma de los tres primeros términos es 13. Calcule el primer término.
2
Solución:
27 u1
27(1 − r )
13
S =
=
→ u1 =
u1 + u1r + u1r2 = 13 → u1 =
2 1−r
2
1 + r + r2
27(1 − r)
13
26
1
1
=
→ 26 = 27(1 + r + r2 − r − r2 − r3 ) →
= 1 − r3 → r3 =
→ r=
2
2
27
27
3
1+ r + r
u1 =
27.
2
2
3 =9
16.- [Puntuación 6]

En el triángulo ABC, ABC = 30 , AB=6 cm y AC = 3 2 . Calcule las posibles longitudes de [BC].
Solución:
Sea BC=x
(3 2 )2 = 36 + x2 − 2.6.x. cos 30
→x=
→ x2 − 6 3 x + 18 = 0 →
6 3  108 − 72 6 3  6 3 3 + 3
=
=
2
2
3 3 − 3
17.- [Puntuación 6]
Resuelva la ecuación diferencial xy
Solución:
y
1
dy = dx →
2
x
1+ y

y
dy =
1 + y2
dy
= 1 + y 2 , sabiendo que y=0 cuando x=2.
dx

y =0 x =2
1
1
dx → ln(1 + y2 ) = ln x + C → 0 = ln 2 + C → C = − ln 2
x
2
1
x2
x2
ln(1 + y2 ) = ln x − ln 2 → ln(1 + y2 ) = ln
→ 1 + y2 =
→y=
2
4
4
x2 − 4
2
18.- [Puntuación 6]
Si z es un número complejo y |z+16|=4|z+1|, calcule el valor de |z|.
Solución:
Sea z=x+iy
| z + 16 |= ( x + 16)2 + y 2
| z + 1 |= ( x + 1)2 + y 2


( x + 16)2 + y2 = 4 ( x + 1)2 + y2 → ( x + 16)2 + y2 = 16 ( x + 1)2 + y2 →
2
2
2
2
2
2
→ x + 256 + 32x + y = 16x + 16 + 32x + 16y → 15x + 15y = 240 → x2 + y2 = 16 → | z |= 4
19.- [Puntuación 6]
¿ De cuántas maneras se pueden repartir seis monedas diferentes entre dos estudiantes para que cada alumno reciba al
menos una moneda?
Solución:
6 6 6 6  6
  +   +   +   +   = 6 + 15 + 20 + 15 + 6 = 62
1   2 3   4  5 
20.- [Puntuación 6]
El siguiente diagrama muestra la parte de la gráfica de y=f(x) donde f(x)  0 .
Trace un bosquejo de la gráfica de y 2 = f ( x ) con − 2  x  2 , usando los ejes dados debajo
Solución:
x
y=f(x)
y = f ( x)
-2
-1,5
-1
0
4
3
0
1
1,5
2
0
3
4
0
0
2
3
0
3
4
0
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Viernes 3 de noviembre de 2000
1.- [Puntuación 14]
1
a) Dibuje las curvas y = x2 para − 2  x  2, y y = − ln x para 0  x  2 .
2
b) Calcule la coordenada x de P, el punto de intersección de las dos curvas.
c) Si las tangentes a la curva en P cortan al eje y en Q y R, calcule el área del triángulo PQR.
d) Pruebe que las dos tangentes en cada curva, en los puntos donde x=a, a>0, son perpendiculares.
Solución:
a)
b) P(0.55, 0.3)
c) y = x 2 → y´ = 2x
Recta tangente a y = x 2 en P : y-0,3=1,1(x-0,55)
Q(0, -0,3)
1
1
y = − ln x → y´ = −
2
2x
1
Recta tangente a y = − ln x en P: y-0,3=-0,91(x-0,55)
2
R(0, 0.8)
Área triángulo PQR=
(0,8 + 0,3).0,55
= 0,302
2
d) Pendiente a la curva y = x 2 cuando x=a m=2a
1
1
Pendiente a la curva y = − ln x cuando x=a m ´ = −
2a
2
m.m´=-1
[ 2 puntos]
[ 2 puntos]
[ 6 puntos]
[ 4 puntos]
2.- [Puntuación 10]
Se coloca una varilla uniforme de longitud l metros con sus extremos sobre dos soportes A, B a la misma altura horizontal.
Si y (x) metros es la cantidad de hundimiento (es decir, la distancia por debajo de [AB] a una distancia x metros del soporte A,
entonces se sabe que
d2y
2
dx
=
1
3
125l
( x2 − lx) .
(
)
 x3 lx2 

 + 1 . Muestre que dz = 1 x2 − lx) .
−
3 3
dx 125l3
2  1500
125l 
dw
= z y w(0) = 0 , calcule w(x).
ii) Dado que
dx
i) Sea z =
a)
1
d2 w
1
( x2 − lx) , y que w(l)=w(0)=0.
dx
125l3
b) Calcular el hundimiento en el centro de una varilla de 2,4 metros de longitud.
Solución:
a)

dz
1  3x2 l
1
i)
=
− .2x  =
x2 − lx
3


dx 125l  3
2  125l3
iii) Muestre que w satisface
(
dw
= z → dw = zdx →
dx
ii)

dw =
Como w(0)=0 → C=0 → w( x ) =
d2w
iii)
2
dx
=

2
=
z dx → w =

3
 1  x3 lx2 

 4

 −
 + 1  dx = 1  x − lx  + 1 x + C
 125l3  3
2  1500 
125l3  12 6  1500



 x 4 lx3 

+ 1 x
−
3  12
6  1500
125l 
1
dz
1
=
( x2 − lx)
dx 125l3
4
4
 l4 l.l3 
 −
 + 1 l = 1 . l − 2l + l = − l + l = 0
12
1500
1500 1500
125l3  12 6  1500 125l3
w(0) =
 04 l03 

+ 1 0=0
−
3  12
6  1500
125l 
d2 y
dx2
y=

1
1
=
d  dy 
1
dy
( x2 − lx) →
=
 =
dx  dx  125l3
dx
 125l
1
3
( x2 − lx) dx =
 x3 lx2 


−
2 
125l3  3
1
3
 x3 lx2 
 4

 dx = 1  x − lx 
−
2 
125l3  3
125l3  12 6 
1
Para l=2,4 y x=1,2 y =
 1,24 2,4.1,23 

 + 12 = 0,0005 m.
−
3  12
6  1500
125.2,4 
1
[2 puntos]
)
w(l) =
b)
[8 puntos]
3.- [Puntuación 16]
i) Un satélite se basa en células solares para poder operar siempre que al menos una de las células esté
funcionando. Las células fallan independientemente entre sí, y la probabilidad de que una célula individual
falla dentro de un año es 0.8.
a) Para un satélite con diez células solares, encuentre la probabilidad de que las diez células
fallen en un año.
[2 puntos]
b) Para un satélite con diez celdas solares, encuentre la probabilidad de que el satélite siga
funcionando al final de un año.
[2 puntos]
c) Para un satélite con n células solares, escriba la probabilidad de que el satélite siga
funcionando al final de un año.
De lo anterior, encuentre el menor número de células solares necesarias para que la
probabilidad de que el satélite sigue funcionando al final de un año sea al menos 0,95.
[5 puntos]
ii) La vida útil de un componente particular de una célula solar es Y años, donde Y es una variable
aleatoria continua con función de densidad de probabilidad
cuando y  0
 0

y
f (y) = 
−
2

cuando y  0
0.5e
a) Determine la probabilidad, con cuatro cifras significativas, de que un componente dado falle dentro
de un semestre.
[3 puntos]
Cada célula solar tiene tres componentes que funcionan de forma independiente y la célula continuará
funcionando si por lo menos dos de los componentes continúan funcionando.
b) Calcule la probabilidad de que una célula solar falla dentro de un semestre.
Solución:
i) a) X:”nº de células de las 10 que fallan en un año” es B(10, 0.8)
 10 
P(X=10)=  0,810 = 0,1074
 10 
b) 1-P(X=10)=1-0,1074=0,8926
c) X:” nº de células de las n que fallan en un año” en B(n, 0.8)
1 − P( X = n) = 1 − 0,8n
1 − 0,8n  0,95 → 0,8n  0,05 → n  13,42
n=14 células
ii) a) P(0  Y  0,5) =

0,5
0.5e
−
y
2
dy = 0,2212
0
b) P(Célula falle dentro de un semestre)=P(fallen los 3 componentes dentro de los seis meses)+
 3
+ P(fallen 2 componentes dentro de los seis meses)=  .0,22122.0,7788 + 0,22123 = 0,125
 2
[4 puntos]
4.- [Puntuación 13]
i)
a) Dadas las matrices A, B, C para las cuales AB=C y detA ≠ 0, exprese B en función
de A y C.
 1 2 3
 − 4 13 − 7 
5




 
b) Sea A=  2 − 1 2 , D=  − 2 7 − 4  y C=  7  .
 3 − 3 2
 3 −9 5 
 10




 
i) Calcule la matriz DA.
ii) Calcule B si AB=C.
c) Calcule las coordenadas del punto de intersección de los planos
x+2y+3z=5, 2x-y+2z=7 y 3x-3y+2z=10 .
ii)
a) Si u=i+2j+3k y v=2i-j+2k, muestre que uxv=7i+4j-5k.
b) Sea w=λu+μv donde λ y μ son escalares. Muestre que w es perpendicular a la recta de
intersección de los planos x+2y+3z=5 y 2x-y+2z=7 para todos los valores de λ y μ .
Solución:
i) a) AB=C → B=A-1.C
 − 4 13 − 7   1 2 3   1 0 0 


 

b) i) DA=  − 2 7 − 4 . 2 − 1 2 =  0 1 0  =I
 3 − 9 5   3 − 3 2  0 0 1 


 

ii) AB=C → B=
A-1.C
 − 4 13 − 7   5   1 

   
=D.C=  − 2 7 − 4 . 7  =  − 1
 3 − 9 5   10  2 

   
c)
 x + 2y + 3z = 5
 1
 

→ A.X=C → X=A-1.C =  − 1 
2x - y + 2z = 7
 2
3x - 3y + 2z = 10

 
Punto de intersección de los tres planos (1, -1, 2)
i
j k
ii) a) uxu= 1 2 3 = 7i+4j-5k
2 −1 2
 λ   2μ   λ + 2μ 
    

b) w=  2λ  +  − μ  =  2λ − μ 
 3λ   2μ   3λ + 2μ 
    

x + 2y = 5 − 3z 
19 7
− z
 → 5x = 19 − 7z → x =
2x − y = 7 − 2z 
5 5
 −7
 
Un vector director de la recta es  − 4 
 5 
 
 −7
 
W.  − 4  = −7λ − 14μ − 8λ + 4μ + 15λ + 10μ = 0λ + 0μ = 0
 5 
 
y=
38 14
3 4
−
z − 7 + 2z = − z
5
5
5 5
[2 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]
5.- [Puntuación 17]
a + bsenx
, donde 0  a  b .
a) Sea y =
b + asenx
dy (b2 − a2 ) cos x
.
=
dx (b + asenx)2
ii) Calcule el máximo y el mínimo valor de y.
a + bsenx
, 0  a  b no puede tener una asíntota vertical.
iii) Muestre que la gráfica de y =
b + asenx
4 + 5senx
para 0  x  2π ,
b) Para la gráfica de y =
5 + 4senx
i) Escriba la intersección con el eje y.
ii) Encontrar las intercepciones m y n con el eje x (m<n), con cuatro cifras significativas.
iii) Dibujar la gráfica.
4 + 5senx
c) El área encerrada por la gráfica de y =
y el eje x desde x=0 hasta x=n se denota por A.
5 + 4senx
Anote, pero no evalúe, una expresión para el área A.
Solución:
a) i)
i) Muestre que
[4 puntos]
[4 puntos]
[2 puntos]
[5 puntos]
[2 puntos]
dy b cos x(b + asenx) − a cos x(a + bsenx) b2 cos x + absenx cos x − a2 cos x − absenx cos x (b2 − a2 ) cos x
=
=
=
dx
(b + asenx)2
(b + asenx)2
(b + asenx)2
π
a+b

 x = 2 → y = b+a =1
ii) ( b − a ) cos x = 0 → cos x = 0 → 
3π
a−b
x =
→y=
= −1
2
b−a

2
2
Máximo valor de y: 1
Mínimo valor de y: -1
iii) b + asenx = 0 → senx = −
b
 −1 . Absurdo
a
 4
b) i)  0, 
 5
x = 4 ,069
ii) 4 + 5senx = 0 → senx = −0,8 → 
 x = 5,356
m=4,069
n=5,356
iii)
c) A =

4 ,069
0
4 + 5senx
dx −
5 + 4senx

5,356
4 + 5senx
dx
4 ,069 5 + 4senx
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Lunes 7 de mayo de 2001
1.- [Puntuación 6]

1


1
Sea f ( t ) = t 3 1 −
. Calcule f ( t ) dt
5


 2t 3 
Solución:
4
 1
− 
4
1

3
t
3 3 3 −3
3


f ( t ) dt =
t −
dt = t + t + C

2 
4
2







2.- [Puntuación 6]
Resolver 2senx = tan x , donde −
Solución:
π
π
x .
2
2
 senx = 0 → x = 0

π

senx

x = − 3
1
2senx =
→ 2senx cos x = senx → senx(2cos x − 1) = 0 → 

cos x = → 
cos x

π
2
 x=


3


3.- [Puntuación 6]
4

Dé una descripción geométrica completa de la transformación representada por la matriz  5
3

5
Solución:
4
3
cos 2α =
sen2α =
5
5
tg2α =
3 

5 .
4
− 
5
1
3
3
2tgα
− 8  10 

→ =
→ 3tg2α + 8tgα − 3 = 0 → tgα =
= 3
4
4 1 − tg2α
6

− 3
La transformación consiste en una simetría con respecto a la recta que pasa por el origen y =
4.- [Puntuación 6]
Calcule la pendiente de la tangente a la curva 3x 2 + 4 y 2 = 7 en el punto donde x=1 e y>0.
Solución:
−3x
6x+8yy´=0 → y´=
4y
+ 1
 − 1 No válido
Cuando x=1 3 + 4y 2 = 7 → y = 
En el punto (1, 1)
m=−
3
4
1
x.
3
5.- [Puntuación 6]
1
Sea f : x 
− 2 . Calcule
x2
a) el conjunto de valores reales de x para los cuales f es real y finita.
b) el recorrido de f.
Solución:
a) f ( x ) =
1 − 2x 2
x2
1 − 2x 2 = 0 → x = 
-
1
2
-
+
1
−
2
+
 1
1 
Df = −
,
 − 0
2
2

1
2
b) R f = 0, + 
6.- [Puntuación 6]
Una máquina produce paquetes de azúcar. Los pesos en gramos de treinta paquetes elegidos al azar se muestran
a continuación
Pesos(g)
29,6
29,7
29,8
29,9
30,0
Frecuencia
2
3
4
5
7
Calcule las estimaciones de
a) la media de la población de la que se toma esta muestra
b) la varianza de la población de la que se toma esta muestra
Solución:
30,1
5
30,2
3
30,3
1
_
a) x = 29,946
b) σ 2 . 30 = 0,0336
29
7.- [Puntuación 6]
El término n-ésimo, u n , de una progresión geométrica está dado por un = 3(4)n+1 , n  Z+ .
a) Calcule la razón común r.
b) Usando lo anterior, o de cualquier otra manera, calcule S n , la suma de los n primeros términos de esta
progresión.
Solución:
a) un = 3(4)n+1 = 12.4n = 48.4n−1 → r = 4
b) Sn =
(
) (
3(4)n +1 .4 − 48 48 4n − 1
=
= 16 4n − 1
4 −1
3
)
8.- [Puntuación 6]
senx
Sea f : x 
, π  x  3π . Calcule el área encerrada por la gráfica de f y el eje x.
x
Solución:
3π
senx
senx
dx +
dx =
x
π
2π x
= 0,4338 + 0,2566 = 0,6904
Área =

2π
−

9.- [Puntuación 6]
Calcule la ecuación de la recta de intersección de los dos planos -4x+y+z=-2 y 3x-y+2z=-1.
Solución:
− 4x + y = −2 − z 
 → − x = −3 − 3z → x = 3 + 3z
3x − y = −1 − 2z 
y = 9 + 9z + 2z + 1 = 10 + 11z
 x = 3 + 3t
Unas ecuaciones paramétricas de la recta son: y = 10 + 11t
z = t

10.- [Puntuación 6]
(z+2i) es un factor de 2z 3 − 3z 2 + 8z − 12 . Calcule los otros dos factores.
Solución:
Otro factor es z-2i
2z 3 − 3z 2 + 8z − 12 = 2(z + 2i)(z − 2i)(z − r )
2z 3 − 3z 2 + 8z − 12 = 2(z 2 + 4)(z − r ) → − 12 = −8r → r =
3
.
2
El tercer factor es 2z − 3
11.- [Puntuación 6]
2
2
1
Dado que P(X) = , P(Y / X) = y P(Y / X ´) = , calcule
3
5
4
a) P(Y´).
b) P(X´ Y´) .
Solución:
P( Y  X) 2
4
= → P( Y  X ) =
P( X)
5
15
P(Y  X´) 1
1
P(Y / X´) =
= → P(Y  X´) =
P(X´)
4
12
4
1 16 + 5 21
7
P(Y) = P(Y  X) + P(Y  X´) =
+
=
=
=
15 12
60
60 20
7
13
P(Y´) = 1 −
=
20 20
a) P(Y / X) =
b) P(X´ Y´) = 1 − P(X  Y ) = 1 −
4 11
=
15 15
12.- [Puntuación 6]
Encuentre una ecuación del plano que contiene a las dos rectas
Solución:
y −1
x −1 =
=z−2
−2
y
x −1 =
1− y
=z−2
2
y
x +1 2 − y z + 2
=
=
3
3
5
x +1 y − 2 z + 2
=
=
3
−3
5
x −1 1
3
y − 1 − 2 − 3 = 0 → − 10x + 10 − 3z + 6 + 3y − 3 + 6z − 12 − 5y + 5 + 3x − 3 = 0 → − 7x − 2y + 3z + 3 = 0
z −2 1
5
13.- [Puntuación 6]
Z es una variable aleatoria normal con media 0 y varianza 1. Calcule el valor de a para el cual P(| Z | a ) = 0,75 .
Solución:
P(Z  a ) = 0,75 + 0,125 = 0,875 → a = 1,1503
14.- [Puntuación 6]
Dado z = (b + i) 2 , donde b es real y positivo, calcule el valor exacto de b cuando arg z=60ᵒ.
Solución:
z = b 2 − 1 + 2bi
2b
2b
arg z = arctan 2
= 60º → 2
= 3 →
b −1
b −1
3 b 2 − 2b − 3 = 0 → b =
 3

=
1
No válido
2 3  −
3

24
15.- [Puntuación 6]
X es una variable aleatoria binomial donde el número de ensayos es 5 y la probabilidad de éxito en cada ensayo
es p. Calcule los valores de p si P(X=4)=0,12.
Solución:
5 
p = 0,9732
P( X = 4) =  p4(1 − p) = 0,12 → − 5p5 + 5p4 − 0,12 = 0 → 
 4
p = 0,4589
16.- [Puntuación 6]
Calcule la solución general de la ecuación diferencial
Solución:
dx
1
= dt →
kx (5 − x )
k
dx
= kx (5 − x ) , donde 0  x  5 y k es una constante.
dt
 x(5 − x) =  dt
dx
1

Para x = 5 1 = 5B → B = 5
1
A
B
= +
→ 1 = A(5 − x ) + Bx → 
1
x (5 − x ) x 5 − x
 Para x = 0 1 = 5A → A =
5

t=
11
1
1  x 

ln 
 ln x − ln(5 − x)  + C =
+C
k5
5
5
k 5−x

17.- [Puntuación 6]
Un astronauta en la luna lanza una pelota verticalmente hacia arriba. La altura, s metros, de la pelota, después de
t segundos, viene dada por la ecuación s = 40t + 0,5at 2 , donde a es constante. Si la pelota alcanza su máxima
altura cuando t=25, calcule el valor de a.
Solución:
ds
= 40 + at
dt
40
8
=−
Para t=25 40+25a=0 → a = −
25
5
18.- [Puntuación 6]
La ecuación kx 2 − 3x + (k + 2) = 0 tiene dos raíces reales distintas.
Calcule el conjunto de los valores posibles de k.
Solución:
kx 2 − 3x + (k + 2) = 0 → x =
3  9 − 4k (k + 2)
2k
9 − 4k(k + 2) = 0 → − 4k 2 − 8k + 9 = 0 → k =
-
+
2 + 13
−2
8  64 + 144 8  208 8  4 13 2  13
=
=
=
−8
−8
−8
−2
-
2 − 13
−2
 2 + 13 2 − 13 
k
,

− 2 
 − 2
19.- [Puntuación 6]
El diagrama muestra la gráfica de dos funciones y1 y y 2 .
En los mismos ejes dibuje la gráfica de
Solución:
y1
. Indique claramente las intersecciones con el eje x y las asíntotas.
y2
20.- [Puntuación 6]
La función f está dada por f : x  e (1+ sen x ) , x  0 .
a) Calcule f ´(x).
Sea x n el valor de x donde aparece el n+1 máximo o mínimo, n  N (es decir x 0 es el valor de x donde aparece el
primer máximo o mínimo, x1 es el valor de x donde aparece el segundo máximo o mínimo, etc).
b) Calcule x n en función de n.
Solución:
a) f ´( x ) = e (1+ sen x )  cos(x )
b) cos(x ) = 0 → x =
x0 =
1
2
x1 =

1
+ n , n  N → x = + n , n  N
2
2
3
2
x2 =
5
.....
2
xn =
1
+n
2
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Martes 8 de mayo de 2001
1.- [Puntuación 11]
Sea f(x)=x cos3x.
a) Use la integración por partes para demostrar que

1
1
f ( x )dx = xsen3x + cos 3x + C .
3
9
[3 puntos]
b) Use su respuesta del apartado (a) para calcular el área exacta encerrada por f(x) y el eje x en
cada uno de los siguientes casos.
De sus respuestas en función de  .
i)
π
3π
x
6
6
ii)
3π
5π
x
6
6
iii)
5π
7π
x
6
6
[4 puntos]
c) Sabiendo que las áreas calculadas anteriormente son los tres primeros términos de una sucesión
aritmética, calcule la expresión para el área total encerrada por f(x) y el eje x para
π
(2n + 1)π
x
, con n  Z+ .
6
6
De su respuesta en función de n y  .
Solución:
a)
u=x
[4 puntos]
v´= cos 3x
1
v = sen3x
3
u´= 1
1
1
1
1
 f(x)dx = 3 xsen3x −  3 sen3x dx = 3 xsen3x + 9 cos 3x + c
b)
3π
3π
1
1


6
6
f (x ) dx = − xsen3x − cos 3x 
π
π
3
9


6
6

5π
5π
1
1
6
6
f (x ) dx =  xsen3x + cos 3x 
3π
9
3
 3π
6
6


π π 2π
+
=
6 18 9
5π π 4π
+ =
18 6
9
=
7π
7π
1
 1
6
6
f (x ) dx = − xsen3x − cos 3x 
5π
9
 3
 5π
6
6
=
=
2π 2π
2π
+
+ (n − 1)
9
9 .n = π (1 + n )n
c) S n 9
2
9
7π 5π 6π
+
=
18 18 9
2.- [Puntuación 16]
El triángulo ABC tiene los vértices en los puntos A(-1, 2, 3), B(-1, 3, 5) y C(0, -1, 1).
→
→
a) Calcule el valor del ángulo  entre los vectores AB y AC .
[ 4 puntos]
b) Usando lo anterior, o de cualquier otra forma, calcule el área del triángulo ABC.
[ 2 puntos]
→
→
Sea L1 la recta paralela a AB y que pasa por D(2, -1, 0) y L 2 la recta paralela a AC y que pasa
por E(-1, 1, 1).
c)
i) Halle las ecuaciones de las rectas L1 y L 2 .
ii) Demuestre que L1 y L 2 no se cortan.
d) Calcule la mínima distancia entre L1 y L 2 .
Solución:
→
→
a) AB = ((0,1, 2)
cos θ
−7
5 14
Δ
=
AC = (1, − 3, − 2)
−7
70
→
→ θ = 146,79
→
| AB | . | AC | sen146,79
= 2,29
b) Área ABC =
2
x = 2
c) i) L1 :  y = −1 + t
 z = 2t

x = −1 + s

L 2 :  y = 1 − 3s
 z = 1 − 2s

ii)
2 = −1 + s → s = 3

 − 1 + t = 1 − 3s → − 1 + t = −8 → t = −7
 2t = 1 − 2s → − 14  −5

d) Plano  que contiene a L1 y es paralelo a L 2 :
x−2 0 1
y + 1 1 − 3 = 0 → − 2x + 4 + 2 y + 2 − z + 6x − 12 = 0 → 4x + 2 y − z − 6 = 0
z
2 −2
d ( E,  ) =
| −4 + 2 − 1 − 6 |
21
=
9
21
[ 5 puntos]
[ 5 puntos]
3.- [Puntuación 13]
(
)
3
2
Sea f ( x ) = x x 2 − 1  , − 1.4  x  1.4




a) Dibuje el gráfico de f(x). (No se requiere un diagrama de escala exacto.)
Indique en su gráfica la posición aproximada de
i) los ceros
ii) los puntos máximos
iii)los puntos mínimos
b)
[ 4 puntos]
i) Calcule f´(x), indicando claramente su dominio.
ii) Calcule la coordenada x de los puntos máximo y mínimo de f(x), para -1<x<1.
[ 7 puntos]
c) Calcule la coordenada x del punto de inflexión de f(x), donde x>0, dando su respuesta correcta
con cuatro cifras decimales.
Solución:
a)
i) x=-1
x=0
[ 2 puntos]
x=1
ii) Puntos máximos en x=-1 y x=0,65
iii) Puntos mínimos en x=1 y x=-0,65
(
)
2
b) i) f ´( x ) = x 2 − 1 3 +
(
)
1
(
)
2
−
2 2
x − 1 3 2x 2 = x 2 − 1 3 +
3
4x 2
(
=
)
1
3( x 2 − 1) + 4x 2
(
3 x2 −1 3
)
1
=
3 x2 −1 3
7x 2 − 3
(
)
1
3 x2 −1 3
Df ´ = − 1.4, 1.4 − − 1, 1
ii) 7 x 2 − 3 = 0 → x = 
3
= 0,65
7
c)
1
f ´´(x ) =
3
14x
(
)
1
2
x −1 3
−
1
3
(
)
2
−
2
x − 1 3 2 x (7 x 2
(x − 1)
2
2
3

 x = 0 No válido

9

28x 3 − 36x = 0 →  x = +
= 1,1339
7

9

x = − 7 No válido

− 3)
(
42x x
1
=
3
2
)
1
−1 3
−
2x (7 x 2 − 3)
(
)
2
3 x2 −1 3
(x − 1)
2
2
3
=
42x ( x 2 − 1) − 2x (7 x 2 − 3)
(
)
4
9 x2 −1 3
=
28x 3 − 36x
(
)
4
9 x2 −1 3
4.- [Puntuación 17]
i) Use la inducción matemática para probar que
n 

(cos x ) = cos x +
 , para todo valor
2 

dx
dn
n
entero positivo de n.
[ 7 puntos]
 2 2
 y P(a, 2a) un punto de la recta de ecuación y=2x.
ii) Sea T= 
10 3 
a) P´(x´,y´) es la imagen de P(a, 2a) mediante la transformación T.
Calcule las coordenadas de P´.
b) T transforma la recta de ecuación y=2x en la recta de ecuación y=kx.
Utilizando su respuesta del apartado (a), o de cualquier otra manera, calcule la ecuación
de esta recta.
c) Sea Q(a, ma) un punto de la recta de ecuación y=mx. Q´(x´, y´) es la imagen de Q(a, ma)
mediante la transformación T. Calcule las coordenadas de Q´.
d) Sabiendo que T transforma las rectas de la forma y=mx sobre si mismas, use su
respuesta del apartado (c), o de cualquier otra manera, para calcular los dos posibles
valores de m.
Solución:
d
1 

i) Par n=1
(cos x) = −senx = cos x +  Cierto
dx
2

Supuesto cierto para n=k
Probemos para n=k+1
k 

(cos x ) = cos x +

2 

dx
dk
k
d k +1
dx
d k +1
dx
k +1
(cos x ) =
k +1
?
(k + 1) 

(cos x ) = cos x +

2 

d
k 
k 
k  
(k + 1) 




cos x +
+  = cos x +
 = −sen x +
 = cos x +

dx
2 
2 
2 2
2 




 2 2   a   6a 
.  = 
 → P´(6a , 16a )
ii) a) 
10 3   2a  16a 
 2 2   x   6x 
8
.  = 
 → 16 x = k 6 x → k =
b) 
3
10 3   2 x  16 x 
Ecuación de la recta: y =
8
x
3
 2 2   a   2a + 2ma 
.  = 
 → Q´(2a + 2ma, 10a + 3ma)
c) 
10 3   ma  10a + 3ma 
d) 10a + 3ma = 2ma + 2m 2a → 2m 2 − m − 10 = 0 → m =
5
1 9 

= 2
4
− 2

[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]
5.- [Puntuación 13]
1
.
4
Sea X el número de disparos que el jugador necesita para anotar, incluyendo los disparos de
puntuaciones anteriores. (Puede suponer que cada disparo es independiente de los anteriores.)
En un juego, la probabilidad de que un jugador marque con un disparo es
a) Calcule P(X=3).
[ 2 puntos]
b) Calcule la probabilidad de que el jugador tenga al menos tres fallos antes de anotar dos veces.
[ 6 puntos]
c) Pruebe que el valor esperado de X es 4.
(Puede usar el resultado (1 − x ) −2 = 1 + 2x + 3x 2 + 4x 3 + ..... )
Solución:
a)
x
1
2
3
4
….
2
3
3 1
1
3 1
3 1
.
P(X=x)
…..
  .
  .
4 4
4
4 4
4 4
[ 5 puntos]
2
9
3 1
P(X = 3) =   . =
4
4
64
 
b) P(Al menos 3 fallos antes de anotar 2 veces)=1-P(0, 1 o 2 fallos antes de anotar 2 veces)=
= 1 − P( AA  FAA  AFA  FFAA  FAFA  AFFA) =
  1 2 3  1 2 3  1 2  3 2  1 2  3 2  1 2  3 2  1 2 
1
6
27 256 − 16 − 24 − 27 189
= 1 −    + .  + .  +     +     +      = 1 −
−
−
=
=
 4  4  4  4  4   4   4   4   4   4   4  
16 64 256
256
256


2
3
2
3
−2
 1
1
3 1
3
1
3 1
1
3
3
3
3
16
c) E(X) = 1. + 2. . + 3.  . + 4.  . .......= 1 + 2. + 3.  + 4.  + .... = 1 −  =
=4
4
4 4
4
4
4
4 4
4 4
4
4
 4  4 

MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Viernes 9 de noviembre de 2001
1.- [Puntuación 6]
Una moneda está trucada con probabilidad de obtener cara igual a
2
. La moneda se lanza 1800 veces.
3
Sea X el número de caras obtenidas. Calcule
a) la media de X
b) la desviación estadística de X.
Solución:
2
a) X es B(1800, )
3
2
E(X)= 1800. =1200
3
2 1
b) Var (X) = 1800. . = 20
3 3
2.- [Puntuación 6]
El número complejo z satisface i(z+2)=1-2z, donde i = − 1 .
Calcule z en la forma z=a+bi, donde a y b son números reales.
Solución:
iz+2i=1-2z
1 − 2i 2 − i 2 − 2 − 5i
z=
.
=
= 0−i
2+i 2−i
5
3.- [Puntuación 6]
El polinomio f ( x ) = x 3 + 3x 2 + ax + b tiene el mismo resto cuando se divide por (x-2) que cuando se divide por
(x+1).
Calcule el valor de a.
Solución:
8+12+2a+b=-1+3-a+b → 3a=-18 → a=-6
4.- [Puntuación 6]
2
3
 2x   2x 
 2x 
Considere la serie geométrica infinita 1 +   +   +   + ..... .
 3   3 
 3 
a) Para qué valores de x la serie es convergente?
b) Calcule la suma de la serie si x=1.2 .
Solución:
2x
2x
3
3
a)
 1 → −1 
1 → −  x 
3
3
2
2
1
3
b) S =
=
=5
2.1,2 0,6
1−
3
5.- [Puntuación 6]
Sea la función f : x 
2x + 1
, x  R , x  1 . Calcule la inversa, f −1 , indicando claramente su dominio.
x −1
Solución:
1+ x
2x + 1
1+ y
y=
→ yx − y = 2x + 1 → x =
→ f −1 ( x ) =
x−2
x −1
y−2
Df −1 = R − 2
6.- [Puntuación 6]
 x 4
2 y
 y B= 
 , calcule los valores de x e y, para los cuales AB=BA.
Si A= 
4
2


8 4
Solución:
 x 4   2 y   2 x + 32 xy + 16 
.
 = 

A.B= 
4 y + 8 
 4 2   8 4   24
 2 y   x 4   2x + 4 y 8 + 2 y 
.
 = 
,
B.A= 
40 
 8 4   4 2   8x + 16
2x+32=2x+4y → y=8
24=8x+16 →x=1
7.- [Puntuación 6]
La recta y=16x-9 es tangente a la curva y = 2x 3 + ax 2 + bx − 9 en el punto (1, 7). Calcule los valores de a y b.
Solución:
y´= 6x 2 + 2ax + b
En (1, 7) m=6+2a+b =16 → 2a+b=10
Como (1, 7) pertenece a la curva: 7=2+a+b-9 → a+b=14
Resolviendo el sistema: a=-4
b=18
8.- [Puntuación 6]
Una variable aleatoria continua X tiene la siguiente función densidad de probabilidad
4

, para 0  x  1

f ( x ) =  (1 + x 2 )
 0 , en los demás casos

Calcule E(X).
Solución:
E(X) =
1
1
4 1 x
2 ln 2
2

dx
=
dx =  ln(1 + x 2 ) =
2
2




0
0 (1 + x )
0 (1 + x )

4x

9.- [Puntuación 6]
 1 −2 −3 


La matriz  1 − k − 13  es singular. Calcule el valor de k.
−3 5
k 

Solución:
1 −2 −3
1 − k − 13 = −k 2 − 78 − 15 + 9k + 2k + 65 = −k 2 + 11k − 28
−3 5
k
− k 2 + 11k − 28 = 0 → k =
− 11  121 − 112 − 11  3 4
=
=
−2
−2
7
10.- [Puntuación 6]
Sea la función y = tan x − 8senx
a) Calcule
dy
.
dx
b) Calcule el valor de cos x cuando
dy
=0
dx
Solución:
dy
1
1 − 8 cos3 x
=
−
8
cos
x
=
a)
dx cos2 x
cos2 x
1
b) 1 − 8 cos3 x = 0 → cos x =
2
11.- [Puntuación 6]
Calcule los valores de x para los cuales | 5 − 3x || x + 1 | .
Solución:
?
| x + 1 | − | 5 − 3x |  0
 x + 1 = 5 − 3x → x = 1
| x + 1 | − | 5 − 3x |= 0 → 
x + 1 = −5 + 3x → x = 3
-
+
1
-
1 x  3
3
12.- [Puntuación 6]
La transformación lineal T transforma el Triángulo 1 en el Triángulo 2, como muestra el diagrama.
Calcule la matriz que representa T.
Solución:
a b

Sea T= 
c d
0 0
T.   =  
0 0
1  1   a = 1
T.   =   → 
 0   0  c = 0
1 



b=
0  2 

T.   =
→
1   3 
d =

 2 

1
T= 

0

1 

2 
3

2 
1
2
3
2
13.- [Puntuación 6]
Considere la tangente a la curva y = x 3 + 4x 2 + x − 6 .
a) Calcule la ecuación de esa tangente en el punto donde x=-1.
b) Calcule las coordenadas del punto donde la tangente vuelve a cortar a la curva.
Solución:
a) Si x=-1 y=-1+4-1-6=-4
y´= 3x 2 + 8x + 1
En el punto (-1, -4) m=3-8+1=-4
y+4=-4(x+1) → y=-4x-8
b) x 3 + 4x 2 + x − 6 = −4x − 8 → x 3 + 4x 2 + 5x + 2 = 0
1
4
5
2
-1
-1 -3
-2
1
3
2
0
− 3 1 −1
x 2 + 3x + 2 = 0 → x =
=
2
− 2
El punto de corte es (-2, 0)
14.- [Puntuación 6]
El punto P( x, x 2 ) pertenece a la curva y = x 2 .
1

Calcule la mínima distancia desde el punto A 2, −  hasta el punto P.
2

Solución:
→
1
17

D =| AP |= (x − 2) 2 +  x 2 +  = x 4 + 2x 2 − 4x +
2
4

2
dD
=
dx
4x 3 + 4x − 4
2 x 4 + 2x 2 − 4x +
17
4
=
2( x 3 + x − 1)
x 4 + 2x 2 − 4x +
17
4
x 3 + x − 1 = 0 → x = 0,68
2
1

Para x=0,68 D = (0,68 − 2) 2 +  0,682 +  = 1,63
2

15.- [Puntuación 6]
El punto A(3, 0, -2) pertenece a la recta r=3i-2k+λ(2i-2j+k), donde λ es un parámetro real.
Calcule las coordenadas de un punto de la recta que diste 6 unidades de A.
Solución:
Un punto genérico de la recta r es Pr (3 + 2, − 2, − 2 + ) .
→
APr = (2, − 2, )
→
| APr | = 42 + 42 + 2 = 6 →  3 = 6 →  =  2
Los puntos son: (7, -4, 0) y (-1, 4, -4)
16.- [Puntuación 6]
1
Sea  el ángulo comprendido entre los vectores a y b, donde 0     . Exprese |a-b| en función de sen  .
2
Solución:
|a-b|2=(a-b).(a-b)=|a|2-2a.b+|b|2= 1 − 2 cos  + 1 = 2 − 2 cos 

|a-b|= 2 − 2 cos  = 2sen
2
17.- [Puntuación 6]
¿Cuántos números de cuatro dígitos contienen al menos un dígito 3?
Solución:
Todos los números con 4 dígitos: 9.10.10.10=9000
9
10
10
10
Todos en los que no aparezca el 3: 8.9.9.9=5832
8
9
9
9
Todos los que contienen al menos un 3: 9000-5832=3168
18.- [Puntuación 6]
1
.
3
Después de visitar dos tiendas sucesivamente se da cuenta de que se ha dejado su paraguas en una de ellas.
Cuál es la probabilidad de que se haya dejado el paguas en la segunda tienda?
Solución:
La probabilidad de que un hombre deje su paraguas en cualquier tienda que visita es
PRIMERA TIENDA
SEGUNDA TIENDA
Dejar paraguas
1/3
Dejar paraguas
2/9
1/3
2/3
No dejar
paraguas
2/3
Dejar paraguas
Dejar
paraguas
No dejar
paraguas
P(Dejar paraguas en 2ª tienda/ Dejar paraguas)=
4/9
2
9
1 2
+
3 9
=
2
5
19.- [Puntuación 6]
Una muestra de material radioactivo se desintegra a una velocidad proporcional a la cantidad de materia
presente en la muestra. Calcule la vida media del material si pasa de 50 gramos a 48 gramos en 10 años
Solución:
Sea M(t)= la masa radioactiva en el instante t
M´(t)=k.M(t)
dM( t )
1
= k.M( t ) →
dM( t ) = kdt →
dt
M( t )
Para t=0 M(0)= 50 → ln50 = C
ln M(t) = kt + ln 50
 M(t) dM(t) =  k dt → ln M(t) = kt + C
1
Pata t=10 M(10)=48 → ln 48 = 10k + ln 50 → k = −0,004
Nos queda ln M( t ) = −0,004t + ln 50 → M( t ) = 50e −0,004t
Calculemos finalmente la vida media del material: 25 = 50e −0,004t → t = 173,29 años
20.- [Puntuación 6]
Calcule el área encerrada entre las curvas y =
2
1+ x2
yy
x
= e3,
dado que − 3  x  3 .
Solución:
Los puntos de corte de las dos gráficas son para x=-1,52 y para x=0,75.
x
 2

Área =
− e 3  dx = 1,22

2

−1,52  1 + x



0,75 
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Lunes 12 de noviembre de 2001
1.- [Puntuación 13]
a) Resolver el siguiente sistema de ecuaciones lineales
x + 3y − 2z = −6
2x + y + 3z = 7
3x − y + z = 6
b) Calcule el vector v=(i+3j-2k) x (2i+j+3k)
c) Si a=i+3j-2k, b=2i+j+3k y u=ma+nb donde m, n son escalares, y u≠0, muestre que v es
perpendicular a u para todo m y n.
d) La recta L está en el plano 3x-y+z=6, pasa por el punto (1, -1, 2) y es perpendicular a v.
Calcule la ecuación de L.
Solución:
a) De la 2ª y 3ª ecuación: 5x+4z=13
De la 1ª y 3ª ecuación: 10x+z=12
Resolviendo el sistema: -7z=-14 → z=2
x=1
y=-1
i j k
b) v= 1 3 − 2 = 11i-7j-5k
2 1 3
 m   2n   m + 2n 

   

c) u=  3m  +  n  =  3m + n 
 − 2m   3n   − 2m + 3n 

   

u.v=11m+22n-21m-7n+10m-15n=0m+0n=0
j
k
 3   11  i
   
d) Un vector director de la recta es  − 1x − 7  = 3 − 1 1 = 12i+26j-10k
 1   − 5  11 − 7 − 5
   
L:
x −1 y +1 z − 2
=
=
12
26
− 10
[ 3 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[4 puntos]
2.- [Puntuación 10]
i) Sea y = sen(kx ) − kx cos( kx ) , donde k es constante.
dy
= k 2xsen(kx ) .
dx
ii) Una partícula se mueve en línea recta de forma que t segundo después de pasar por un punto
 
fijo O su velocidad v(t) ms-1 viene dada por v( t ) = tsen t  .
3 
a) Calcule los valores de t para los cuales v(t)=0, donde 0  t  6 .
Muestre que
b)
[3 puntos]
[3 puntos]
i) Escriba una expresión matemática de la distancia total recorrida por la partícula
en los primeros seis segundos después de pasar por O.
ii) Calcule la distancia.
[4 puntos]
Solución:
dy
i)
= k cos(kx ) − kcos(kx ) − kxsen(kx ) = k 2 xsen)kx )
dx
 t=0

t = 0 Ya está


v( t ) = 0 →    

sen
t =0 →
t = k → t = 3k →  t = 3
  3 
3
t=6



ii) a)
b) i)
 
tsen t  dt +
3 
0

3
6
 
 − tsen 3 t  dt
3
ii)
 
v´= sen t 
3 
3
 
v = − cos t 

3 
u=t
u´= 1
 t 
 
 
 tsen 3  dt = −  cos 3 t  +   cos 3 t  dt =
=−
3t
3
3t
  9
 
cos t  +
sen t 
2

3  
3 
La distancia total recorrida es:
3
6
6
 3t
 3t
9 18 9 36
 
 
  9
  
  9
  
tsen t  dt + − tsen t  dt = − cos t  + 2 sen t  +  cos t  − 2 sen t  = + + =
3 
3 
3  
 3  0  
3  
 3  3    
0
3
 

3

3.- [Puntuación 13]
El segmento de recta [AB] tiene longitud l, pendiente m, (0<m<1), y pasa por el punto (0, 1).
Corta al eje x en A y a la recta y=x en B, como muestra el diagrama.
a) Calcule las coordenadas de A y de B en función de m.
m2 + 1
b) Muestre que l 2 =
.
m 2 (1 − m) 2
c) Dibuje la gráfica de y =
x2 +1
[4 puntos]
[3 puntos]
, para x  0, x  1 , indicando las asíntotas y las coordenadas de
x 2 (1 − x ) 2
todos los puntos máximos o mínimos.
[4 puntos]
d) Calcule el valor de m para que l sea mínimo, y calcule el mínimo valor de l.
[2 puntos]
Solución:
a) Ecuación AB: y-1=m(x-0) → y=mx+1
 1 
A − , 0 
 m 
 y = mx + 1
1
B
→ mx + 1 = x → x =
1− m
y = x
1 
 1
B
,

1− m 1− m 
2
2
1 
1
1
m2 + 1
 1 
1
b) l 2 = 
+ 2
= 2
 + +
 =
2
2
1− m 
 m 1− m 
(1 − m)
m (1 − m)
m (1 − m) 2
c)
Asíntotas verticales: x=0
x=1
Asíntota horizontal: y=0
Mínimo (0.45, 19.63)
d) Para m=0,45 l2= 19,63 → l=4,43
4.- [Puntuación 17]
i) Considere la sucesión a n  = 1,1, 2, 3, 5, 8,13,........ donde a1 = a 2 = 1 y a n +1 = a n + a n −1 ,
para todo entero n  2 .
1 1 
 , use el principio de inducción matemática para demostrar que
1 0 
Dada la matriz Q= 
 a n +1
 an
an 
 para todo entero n  2 .
a n −1 
Qn= 
ii)
[7 puntos]
a) z5 − 1 como producto de dos factores, uno de los cuales es lineal.
[2 puntos]
b) Calcule los ceros de z − 1 , dando su respuesta en la forma
r(cos + isen) donde r  0 y −      .
[3 puntos]
5
c) Exprese z + z + z + z + 1 como producto de dos factores reales cuadráticos.
Solución:
4
3
2
 1 1   1 1   2 1  a 3
.
 = 
 = 
 1 0   1 0   1 1  a 2
i) Para n=2 Q2= 
 a k +1
 ak
Suponemos cierto para n=k Qk= 
?a
Probemos para n=k+1 Qk+1 =
k+2
 a k +1
 a k +1
 ak
Qk+1=Qk.Q= 
[5 puntos]
a2 
 Cierto
a1 
ak 

a k −1 
a k +1 

a k 
a k  1 1   a k +1 + a k
.
=
a k −1  1 0   a k + a k −1
a k +1   a k + 2
=
a k   a k +1
a k +1 

a k 
ii) a)
1
1
0
1
1
1
(
0
1
1
0
1
1
0
1
1
-1
1
0
)
z 5 − 1 = (z − 1) z 4 + z 3 + z 2 + z + 1
 1 (cos 0 + isen 0)
 
2
2 
+ isen

1 cos
5
5 


 
4
4 
b) z 5 − 1 = 0 → z = 5 10 = 1 2k = 1 cos 5 + isen 5 
0+
 
6
6 
− 4
− 4 

5
+ isen
+ isen
 = 1 cos

 1 cos
5
5
5
5 


 
8
8 
− 2
− 2 

 
 1 cos 5 + isen 5  = 1 cos 5 + isen 5 



 
c)
2
2 
2
2  
4
4 
4
4 

z 4 + z 3 + z 2 + z + 1 =  z − cos
− isen
+ isen
− isen
+ isen
 z − cos
. z − cos
 z − cos
=
5
5 
5
5 
5
5 
5
5 

2
2

2 
2  
4 
4   2
2  2
4 
. z − cos  + sen 2
 =  z − 2 cos
=  z − cos  + sen 2
+ 1 z − 2 cos
+ 1
5 
5  
5 
5 
5
5






5.- [Puntuación 17]
Dos mujeres, Ann y Bridget, juegan a un juego que consiste en lanzar por turnos un dado no trucado
de seis caras. La primera mujer en sacar un seis gana el juego.
Ann es la primera en lanzar.
a) Calcule la probabilidad de que
i) Bridget gane en su primer lanzamiento.
ii) Ann gane en su segundo lanzamiento.
iii) Ann gane en su n-ésimo lanzamiento.
[6 puntos]
1 25
b) Sea p la probabilidad de que Ann gane el juego. Muestre que p = +
[4 puntos]
p.
6 36
c) Calcule la probabilidad de que Bridget gane el juego.
[2 puntos]
d) Suponga que el juego se juega seis veces.
Calcule la probabilidad de que Ann gane más juegos que Bridget.
Solución:
5 1
5
a) i) P(Bridget gane en su primer lanzamiento)= . =
6 6 36
ii) P(Ann gane en su segundo lanzamiento)=
iii) P(Ann gane en su primer lanzamiento)=
[5 puntos]
5 5 1 25
. . =
6 6 6 216
1
6
2
P(Ann gane en su segundo lanzamiento)=
5 5 1 5 1
. . =  .
6 6 6 6 6
4
P(Ann gane en su tercer lanzamiento)=
5 5 5 5 1 5 1
. . . . =  .
6 6 6 6 6 6 6
6
5 5 5 5 5 5 1 5 1
. . . . . . =  .
6 6 6 6 6 6 6 6 6
………………………………………………………………………….
P(Ann gane en su cuarto lanzamiento)=
5
P(Ann gane en su n-ésimo lanzamiento)=  
6
b)
p=
2n − 2
.
1
6
2
4
2
4
 1
1 5 1 5 1
1  5 5
1
6
+   . +   . + .... = 1 +   +   + ... = .
=
25
6 6 6 6 6
6  6 6
11
 6 1 −

36
1 25
1 25 6 1 25 11 + 25 36 6
+
.p = +
. = +
=
=
=
=p
6 36
6 36 11 6 66
66
66 11
c) Probabilidad ( Bridget gane el juego)= 1-P(Ann gane el juego)= 1 −
6 5
=
11 11
 6
d) Sea X=”nº de veces que Ann gana en 6 juegos” es B 6, 
 11 
Probabilidad (Ann gane más juegos que Bridget en los 6 juegos)=P(X=6)+P(X=5)+P(X=4)=
6
5
4
2
4
 6  6 
 6  6  5  6  6   5 
6 5
25  64 36 + 180 + 375 64.591
 6   36
=    +    . +    .  =   
+ 6. . + 15.
=
.
=
= 0,4324
11 11
121 114
121
 11  121
116
 6  11 
 5  11  11  4  11   11 
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Martes 7 de mayo de 2002
1.- [Puntuación 6]
Consideremos la serie aritmética 2, 5, 8, ……
a) Halle una expresión para S n , la suma de los n primeros términos.140
b) Halle el valor de n para el cual Sn = 1365
Solución:
2 + 2 + ( n − 1)3
1 + 3n
.n =
.n
a) Sn =
2
2
b)
30
1 + 3n
− 1  1 + 32760 − 1  181 

.n = 1365 → 3n 2 + n − 2730 = 0 → n =
=
=
91
2
6
6
 − 3 No válido

2.- [Puntuación 6]
Se lanza una partícula según una trayectoria rectilínea. Pasados t segundos, su velocidad v en metros por
1
segundo está dada por v =
.
2 + t2
a) Halle la distancia recorrida durante el primer segundo.
b) Halle una expresión de la aceleración en el instante t.
Solución:
a) s =
1
1
 2+ t
b) a =
0
2
dt =

1
0
1
 
2 1 + 
 

1
 1
t 
1
1
dt = 
arctan
arctan
 =
2
2 0
2
2
 2
t  

2  

dv
−2t
=
2
dt
2 + t2
(
)
3.- [Puntuación 6]
a) Exprese el número complejo 8i en forma polar.
b) Llamaremos z a la raíz cúbica de 8i que yace en el primer cuadrante. Exprese z:
i) en forma polar
ii) en forma cartesiana.
Solución:
a) 8i = 8 
2
b) i) 3 8  = 2  2k , k = 0, 1, 2
+
2
6
3
z = 2
6
 3 1 



ii) z = 2 cos + isen  = 2
+ i = 3 + i
 2 2 
6
6



4.- [Puntuación 6]
La matriz A es
2 1 k 


A=  1 k − 1
3 4 2 


Halle los valores de k para los cuales A es singular.
Solución:
|A|=4k-3+4k-3k2-2+8=-3k2+8k+3
1
− 8  10 
−
− 3k 2 + 8k + 3 = 0 → k =
= 3
−6

 3
5.- [Puntuación 6]
Halle el ángulo entre los vectores v=i+j+2k y w=2i+3j+k. Indique su respuesta en radianes.
Solución:
2+3+ 2
7
cos(u,v)=
→ (u,v)=0,7 rad
=
6 14
84
6.- [Puntuación 6]
a) Utilice la integración por partes para hallar
b) Evalúe
2
x
2
 x ln x dx .
2
ln x dx .
0
Solución:
a)
u = ln x
u´=

b)
v´= x 2
1
x
v=
x 2 ln x dx =
x3
3
x3
ln x −
3

x2
x3
x3
dx = ln x −
+C
3
3
9
1
 x3
x3 
8
8 1 8
7
x ln x dx =  ln x −  = ln 2 − + = ln 2 −
9 
3
9 9 3
9
0
 3
0
1

2
7.- [Puntuación 6]
La probabilidad de que llueva durante un día de verano en una cierta ciudad es de 0,2. En esta ciudad, la
probabilidad de que la temperatura máxima diaria supere los 25 ºC es de 0,3 cuando llueve y de 0,6 cuando no
llueve. Dado que la temperatura máxima diaria superó los 25 ºC en cierto día de verano, halle la probabilidad de
que ese día haya llovido.
Solución:
0,06
0,3
0,2
Lluvia  Temperatura >25º
Lluvia
0,6
0,8
Temperatura >25º
0,48
Temperatura >25º
No lluvia
P(Lluvia/ Temperatura >25º)=
P(Lluvia  Temperatura  25º )
0,06
1
=
=
P(Temperatura  25º )
0,06 + 0,48 9
No Lluvia  Temperatura >25º
8.- [Puntuación 6]
Las ecuaciones vectoriales de las rectas L1 y L 2 son
L1 : r=i+j+k+λ(i+2j+3k)
L 2 : r=i+4j+5k+μ(2i+j+2k)
Las dos rectas se cortan en el punto P. Halle el vector de posición de P.
Solución:
 x = 1+ 
 x = 1 + 2


L1 :  y = 1 + 2
L2 :  y = 4 + 
 z = 1 + 3
z = 5 + 2


 1 +  = 1 + 2
→
 − 2 = 0

→ 
→  = 1  = 2 → OP = (3, 5, 7)
 1 + 2 = 4 + 
2 −  = 3
1 + 3 = 5 + 2

9.- [Puntuación 6]
Cuando Juan arroja una piedra contra un blanco, la probabilidad de que acierte en el blanco es de 0,4. Juan arroja
una piedra 6 veces.
a) Halle la probabilidad de que acierte en el blanco exactamente 4 veces.
b) Halle la probabilidad de que acierte por primera vez en el blanco la tercera vez que arroja una piedra.
Solución:
a) X:”número de veces que Juan acierta en el blanco de 6 lanzamientos” es B(6, 0.4)
P(X=4)=0,1382
b) P(No acertar a la primera).P(No acertar a la segunda).P)acertar a la tercera)=0,6.0,6.0,4=0,144
10.- [Puntuación 6]
El ángulo  satisface la ecuación tan + cot an  = 3 , donde  está expresado en grados.
Halle todos los posibles valores de  en el intervalo ]0º, 90º[.
Solución:
 69,1º
1
3  5 2,62
tan  +
= 3 → tan 2  − 3 tan  + 1 = 0 → tan  =
=
→ =
tan 
2
0,38
20,9º
11.- [Puntuación 6]
Los pesos de cierta especie de pájaro tienen distribución normal, con una media de 0,8 kg y una desviación típica
de 0,12 kg. Halle la probabilidad de que el peso de un pájaro de la especie, elegido en forma aleatoria, esté entre
0,74 kg y 0,95 kg.
Solución:
X:”pesos de pájaros” es N(0.8, 0.12)
P(0,74<X<0,95)=0,5858
12.- [Puntuación 6]
La función f está definida en el dominio 0,  por f () = 4 cos  + 3sen .

a) Exprese f () de la forma R cos( − ) donde 0    .
2
b) A partir de ello, o de otra manera, escriba el valor de  para el cual f () es máxima.
Solución:
4 = R cos 
3
3
→ tan  = →  = arctan
a) 4 cos  + 3sen = R cos( − ) = R (cos  cos  + sen sen) → 
4
4
 3 = Rsen


3
 → f () = 5 cos( − arctan )
3
16
4
4
Si tan  = → cos2  =
→ cos  = → R = 5

4
25
5

3
3
3
3
b) f ´() = −5sen( − arctan ) → sen( − arctan ) = 0 →  − arctan = 0 →  = arctan
4
4
4
4
R=
4
cos 
13.- [Puntuación 6]
En la figura siguiente se muestra parte de la curva y = x 3 − 7 x 2 + 14x − 7 .
La curva cruza el eje de las x en los puntos A, B y C.
a) Halle el valor de la coordenada x de A.
b) Halle el valor de la coordenada x de B.
c) Halle el área de la región sombreada.
Solución:
a) x=0,75
b) x=2,44
c)
 (x
2,44
0,75
3
)
− 7 x 2 + 14x − 7 dx = 1,78
14.- [Puntuación 6]
Se exigió a los 80 postulantes al curso de Ciencias de los Deportes que corrieran 800 metros y se registraron sus
tiempos. Los resultados se utilizaron para crear la siguiente gráfica de la frecuencia acumulada.
Estime:
a) la mediana
b) el rango intercuartil.
Solución:
a) Me=135
b) Rango intercuartil= Q3 − Q1 = 141 − 130 = 11
15.- [Puntuación 6]
La función uno a uno f está definida en el dominio x>0 por f ( x ) =
2x − 1
.
x+2
a) Indique el rango A de f.
b) Halle una expresión de f −1 ( x ) para x  A .
Solución:
 1 
a) R f =  − , 2
 2 
b) y =
2x − 1
−1 − 2 y
→ yx + 2 y = 2x − 1 → x =
x+2
y−2
f −1 ( x ) =
1 + 2x
2−x
16.- [Puntuación 6]
Halle el conjunto de valores de x para los cuales e x − 2 e x − 3  2e x .
Solución:
(
(e )
x 2
)(
)
ex =t
− 7e + 6  0 → t 2 − 7 t + 6  0
x
t 2 − 7t + 6 = 0 → t =
+
7
7  5 6
=
2
1
-
+
7
1  t  6 → 1  e x  6 → 0  x  ln 6
6
1
17.- [Puntuación 6]
La ecuación de una curva es xy 3 + 2x 2 y = 3 . Halle la ecuación de la tangente a esta curva en el punto (1, 1).
Solución:
− 4xy − y 3
y 3 + 3y 2 y´x + 2(2 xy + y´x 2 ) = 0 → y´= 2
3y x + 2 x 2
En (1, 1) m =
−4 − 1
= −1
3+ 2
y-1=-1(x-1) → y=-x+2
18.- [Puntuación 6]
Una transformación T del plano es representada por la matriz
 2 3

T= 
1 2
a) T transforma el punto P en el punto (8, 5). Halle las coordenadas de P.
b) Halle las coordenadas de todos los puntos que se transforman en sí mismos bajo T.
Solución:
 2 3  x  8
2 x + 3 y = 8
.  =   → 
→ y=2
x =1
a) 
 1 2  y   5
 x + 2y = 5
P(1, 2)
 2 3  x   x 
 x + 3y = 0
2x + 3y = x
.  =   → 
→ 
→y=0 x=0
b) 
 x + 2 y = y
 1 2  y  y
x+y=0
19.- [Puntuación 6]
Se traza un rectángulo tal que su vértices están sobre el eje x y sus vértices superiores están sobre la curva
y = e− x .
El área de este rectángulo se denomina A.
a) Escriba una expresión de A en función de x.
b) Halle el valor máximo de A.
Solución:
2
a) A = 2xe − x
b)
2
(
2
2
2
dA
= 2(e− x − 2x2e− x ) = 2e− x 1 − 2x2
dx
1 − 2x 2 = 0 → x = 
−
1
2
1
1
2
Para x = +
)
1
2
2
, A es máxima y su valor es A = 2
1
2
−
e
1
2
=
2
e
=
2
e
20.- [Puntuación 6]
En el diagrama que sigue se muestra la gráfica de y1 = f ( x ) , 0  x  4 .
En los ejes a continuación, trace la gráfica de y 2 =
x
 f (t) dt , y marque claramente los puntos de inflexión.
0
Solución:
Si y 2 =
x
 f (t) dt → y´ = f (x)
0
2
Si y´2 = f ( x )  0  y 2 creciente
Si y´2 = f ( x )  0  y 2 decreciente
Si y´2 = f ( x ) creciente  y 2 cóncava hacia arriba
Si y´2 = f ( x ) decreciente  y 2 cóncava hacia abajo
Teniendo todo esto en cuenta el gráfico aproximado de y 2 queda:
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Miércoles 8 de mayo de 2002
1.- [Puntuación 16]
Los puntos A, B, C y D tienen las siguientes coordenadas:
A: (1, 3, 1)
B: (1, 2, 4)
C: (2, 3, 6)
D: (5, -2, 1)
a)
→
→
i) Calcule el producto vectorial AB x AC , exprese su respuesta en función de los vectores
unitarios i, j, k.
ii) Halle el área del triángulo ABC.
Llamamos  al plano que contiene los puntos A, B y C, y L a la recta que pasa por D y es
perpendicular a  .
El punto de intersección de L y  es P.
b)
i) Halle la ecuación cartesiana de  .
ii) Halle la ecuación cartesiana de L.
c) Halle las coordenadas de P.
d) Halle la distancia perpendicular de D a  .
Solución:
i
j k
→
→
a) i) AB x AC = 0 − 1 3 = -5i+3j+k
1 0 5
ii) Área triángulo ABC=
1
35
25 + 9 + 1 =
2
2
A
b) i)  : −5x + 3y + z + D = 0 → − 5 + 9 + 1 + D = 0 → D = −5
 : −5x + 3y + z − 5 = 0
ii) L :
x − 5 y + 2 z −1
=
=
−5
3
1
c) P = L  
 x = 5 − 5t

L :  y = −2 + 3t
 z = 1+ t

-5(5-5t)+3(-2+3t)+1+t-5=0 →35t=35 →t=1
P(0, 1, 2)
→
d) d(D, ) =| DP |= 25 + 9 + 1 = 35
[ 6 puntos]
[ 5 puntos]
[ 3 puntos]
[ 2 puntos]
2.- [Puntuación 12]
La función y=f(x) satisface la ecuación diferencial 2 x 2
dy
= x 2 + y2
dx
( x  0) .
dv
= ( v − 1) 2 .
dx
ii) A partir de aquí demuestre que la solución de la ecuación diferencial original es
2x
, donde c es una constante arbitraria.
y=x−
(ln x + c)
iii) Halle el valor de c, sabiendo que y=2 cuando x=1.
a)
i) Sustituyendo y=vx, demuestre que 2 x
[ 7 puntos]
b) A continuación aparece la gráfica de y=f(x). La gráfica corta el eje de las x en A.
i) Escriba la ecuación de la asíntota vertical.
ii) Halle el valor exacto de la coordenada x del punto A.
iii) Halle el área de la región sombreada.
Solución:
dv
dv
 dv

a) i) 2x 2  .x + v  = x 2 + v 2 x 2 → 2x
+ 2v = 1 + v 2 → 2x
= (v − 1) 2
dx
dx
 dx

ii)


dv
1
1
1
1
1
1
= ( v − 1) 2 →
dv =
dx →
dv =
dx → −
= ln x + c
2
2
dx
2x
2x
v −1 2
( v − 1)
( v − 1)
1
1
−x
1
− 2x
→ −
= ln x + c →
= ln x + c → − 2x = ( y − x ) ln x + c( y − x ) → y − x =
→
y
2
y
−
x
2
ln
x+c
y = vx
−1
x
2x
→y=x−
ln x + c
2x
iii) 2 = 1 −
2
→ c = −2
c
b) i) ln x − 2 = 0 → Asíntota vertical x = e 2
ii) x −
iii)
5
 x = 0 No válido
2x
= 0 → x ln x − 4 x = 0 → x (ln x − 4) = 0 → 
4
ln x − 2
x = e


  x − ln x − 2  dx = 46,68
1
2x
[ 5 puntos]
3.- [Puntuación 14]
1 1 2


a) Halle el determinante de la matriz  1 2 1 
 2 1 5


b) Halle el valor de  para el cual se puede resolver el siguiente sistema de ecuaciones
i)
 1 1 2  x   3 

   
 1 2 1  y  =  4 
 2 1 5  z    

   
c) Para este valor de  , halle la solución general del sistema de ecuaciones.
ii)
[ 1 punto]
[ 3 puntos]
[ 3 puntos]
a) Demuestre por inducción matemática que
n
 2 n 2 n − 1
 2 1
 , para todos los valores enteros y positivos de n.

 = 
0
1 
 0 1

b) Determine si este resultado es cierto o no para n=-1.
Solución:
1 1 2
i) a) 1 2 1 = 10 + 2 + 2 − 8 − 5 − 1 = 0
2 1 5
A
 __________ ______

 1 1 2 3
b)  1 2 1 4

 2 1 5 
 __________ __________
B









3F1-F2=F3 si  = 5 → Si  = 5 rango(A)=rango(B)=2<nº de incógnitas → el sistema es compatible
indeterminado (tiene infinitas soluciones y se puede resolver).
c)
x + y + 2z = 3 
x + y + 2z = 3 x + y = 3 − 2z 

x + 2y + z = 4  →
→
 → y = 1+ z
x + 2 y + z = 4 x + 2 y = 4 − z 

2x + y + 5z = 5
x = 2 − 3z
Solución general (2-3t, 1+t, t), t  R
ii) a) Para n=1
1
 2 1  2 1  21 21 − 1

 = 
 =
1 
 0 1  0 1  0
k
 2k
 2 1
 = 
Suponemos cierto para n=k 
0
 0 1

 2 1

Probemos para n=k+1 
 0 1
 2 1


 0 1
k +1
 2 1

b) 
 0 1
 2k
=
0

−1 ? −1
2
=
 0

Cierto
2k − 1
1 
k +1 ?
 2k +1 2k +1 − 1

=
 0
1 

2k − 1  2 1  2k +1 2k + 2k − 1  2k +1 2k +1 − 1
 =
.
=
  0
1   0 1  0
1
1 
 
2−1 − 1
1 
 2 1  2 −1 2 −1 − 1  1 0 

.
 = I
= 
1   0 1 
 0 1  0
Cierto
[ 5 puntos]
[ 2 puntos]
4.- [Puntuación 13]
Dos niños, Juan y Rosa, arrojan cada uno dos dados equilibrados simultáneamente.
La puntuación obtenida por cada niño es la suma de los dos números que muestran sus respectivos
dados.
a)
i) Calcule la probabilidad de que Juan obtenga 9 puntos.
ii) Calcule la probabilidad de que Juan y Rosa obtengan ambos 9 puntos.
[ 2 puntos]
b)
i) Calcule la probabilidad de que Juan y Rosa obtengan el mismo número de puntos.
ii) Deduzca la probabilidad de que Juan obtenga más puntos que Rosa.
[ 4 puntos]
c) Sea X el mayor número que aparece en los cuatro dados.
4
x
i) Demuestre que P(X  x ) =   , para x = 1, 2, ...6
6
ii) Copie y rellene la siguiente tabla de distribución de probabilidad
x
1
2
3
4
5
1
15
P(X=x)
1296
1296
6
671
1296
iii) Calcule E(X).
Solución:
a)
i) Sea X J : ”puntuación de Juan”. Sea X R : ”puntuación de Rosa”
[ 7 puntos]
X J y X R toman los valores 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,10,11,12.
xJ
P(X J = x J )
P(X J = 9) =
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
1
36
2
36
3
36
4
36
5
36
6
36
5
36
4
36
3
36
2
36
1
36
1
9
1 1 1
ii) P(X J = 9  X R = 9) = . =
9 9 81
b)
i)
P(X J = 2  X R = 2) + P(X J = 3  X R = 3) + .....+ P(X J = 12  X R = 12) =
2
2
2
2
2
2
2 + 8 + 18 + 32 + 50 + 36 146
73
 1 
 2 
 3 
 4 
 5 
 6 
= 2  + 2  + 2  + +2  + 2  +   =
=
=
2
1296 648
 36 
 36 
 36 
 36 
 36 
 36 
36
ii)
73
P(X J  X R ) = 1 − P(X J  X R ) = 1 − P(X J  X R ) + P(X J = X R  = 1 − P(X R  X J ) −
→ P( X J  X R ) =
648
c) i)
P(X  1) =
P(X  4) =
1
= 
4
6
6
4
44
4
1
4
= 
4
6
6
P(X  2) =
P(X  5) =
24
2
= 
4
6
6
54
5
= 
4
6
6
4
P(X  3) =
4
P(X  6) =
34
3
= 
4
6
6
4
64
4
6
=   =1
4
6
6
ii)
x
P(X=x)
iii) E (X) =
1
1
1296
2
15
1296
1 + 30 + 195 + 700 + 1845 + 4026 6797
=
= 5,24
1296
1296
3
65
1296
4
175
1296
5
369
1296
6
671
1296
1−
73
648 = 575
2
1296
5.- [Puntuación 15]
La función f se define como f ( x ) =
x2 − x +1
.
x2 + x +1
a)
i) Halle una expresión para f ´(x), simplificando su respuesta.
ii) Las tangentes a la gráfica de f(x) en los puntos A y B son paralelas al eje de las x.
Halle las coordenadas de A y de B.
b)
i) Trace de forma aproximada la gráfica de y=f ´(x).
ii) Halle el valor de las coordenadas según x de los tres puntos de inflexión de la
gráfica de f.
c) Halle el recorrido de
i) f
ii) la función compuesta fof.
Solución:
a) i)
f ´( x ) =
=
(2 x − 1)(x 2 + x + 1) − (2 x + 1)(x 2 − x + 1)
(x
2
)
+ x +1
2
=
2
)
+ x +1
2

 1
x = 1 → A1, 
ii) x 2 − 1 = 0 → 
 3
 x = −1 → B(−1, 3)
b) i)
ii) x=-1,53
x=-0,34 x=1,87
c) i)
1 
R f =  , 3
3 
1 1
− +1
1
7
ii) f ( ) = 9 3
=
1 1
3
13
+ +1
9 3
1

 1 7 
R fof = f (1), f ( ) = f (3) =  ,

3

  3 13 
f (3) =
[ 5 puntos]
[ 5 puntos]
2x 3 + 2x 2 + 2x − x 2 − x − 1 − 2x 3 + 2x 2 − 2x − x 2 + x − 1
2( x 2 − 1)
(x
[ 5 puntos]
9 − 3 +1 7
=
9 + 3 + 1 13
(x
2
)
+ x +1
2
=
(x
2x 2 − 2
2
)
+ x +1
2
=
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Viernes 8 de noviembre de 2002
1.- [Puntuación 6]
Cuando se divide el polinomio x 4 + ax + 3 por (x-1), el resto es 8. Halle el valor de a.
Solución:
1+a+3=8 → a=4
2.- [Puntuación 6]
 1 
 .
 − 1
La gráfica de la función f ( x ) = 2x 3 − 3x 2 + x + 1 se traslada a su imagen g(x) por el vector 
Escriba g(x) en la forma g( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d
Solución:
g( x ) = f ( x − 1) − 1 = 2( x − 1)3 − 3( x − 1) 2 + ( x − 1) + 1 − 1 = 2x 3 − 6x 2 + 6x − 2 − 3x 2 + 6x − 3 + x − 1 + 1 − 1 = 2x 3 − 9x 2 + 13x − 6
3.- [Puntuación 6]
8
 1 
Halle el coeficiente de x 3 en el desarrollo binomial de 1 − x  .
2 

Solución:
8
2
3
 8  1   8  1 
 1  8  8 1








1
−
x
=
−
x
+
x
−
x

    
 2  2   3  2  + ....
 2   0  1  2
  

 
3
 8  1 
8.7.6 1
Coeficiente de x 3 : −   x  = −
. = −7
6 8
 3 2 
4.- [Puntuación 6]
Halle las ecuaciones de las asíntotas de la gráfica y =
x 2 − 5x − 4
x 2 − 5x + 4
Solución:
x 2 − 5x + 4 = 0 → x =
lim
x →4
lim
x →1
lim
x → 
x 2 − 5x − 4
x − 5x + 4
2
x 2 − 5x − 4
x − 5x + 4
2
5  3 4
=
2
1
=
−8
=  →x=4 es asíntota vertical
0
=
−8
=  → x=1 es asíntota vertical
0
x 2 − 5x − 4
x 2 − 5x + 4
= 1 → y=1 es asíntota horizontal
.
5.- [Puntuación 6]
Se elige un entero al azar entre los primeros mil enteros positivos.
Halle la probabilidad de que el entero elegido sea:
a) múltiplo de 4.
b) múltiplo tanto de 4 como de 6.
Solución:
a) Sea el suceso A:”múltiplo de 4”= 4, 8,12, ...,1000
250 1
P(A) =
= = 0,25
1000 4
b) Sea el suceso B:”múltiplo de 4 y de 6”= 12, 24, 36, ...,996
83
P(B) =
= 0,083
1000
6.- [Puntuación 6]
50
Halle
 ln( 2 ) , expresando la respuesta en la forma a ln 2, donde a  Q .
r
r =1
Solución:
50

50
ln( 2r ) =
r =1

50
 r = ln 2. 1 +250 .50 = 1275 ln 2
r. ln 2 = ln 2
r =1
r =1
7.- [Puntuación 6]
Las funciones f(x) y g(x) están dadas por f ( x ) = x − 2 y g( x ) = x 2 + x .
La función (fog)(x) está definida para x  R , a excepción del intervalo ]a, b[.
a) Halle el valor de a y de b.
b) Halle el recorrido de fog.
Solución:
a) (fog )( x ) = f ( x2 + x ) = x2 + x − 2
?
x2 + x − 2  0
x2 + x − 2 = 0 → x =
+
−1 3  1
=
2
− 2
-2
b)
R fog = 0, + 
+
0
(fog)(x) no está definida en ]-2, 1[
a=-2
b=1
8.- [Puntuación 6]
Considere los seis números 2, 3, 6, 9, a y b.
La media de los números es 6 y la varianza es 10. Halle el valor de a y de b si a<b.
Solución:
2+3+6+9+a + b
6=
→ a + b = 16
6
Var (X) = E(X 2 ) − E(X) 2 → 10 =
4 + 9 + 36 + 81 + a 2 + b 2
− 36 → a 2 + b 2 = 146
6
b = 16 − a
a 2 + (16 − a ) 2 = 146 → 2a 2 − 32a + 110 = 0 → a 2 − 16a + 55 = 0 → a =
Para a=11
b=5
Para a=5
b=11 Válido
16  256 − 220 16  6 11
=
=
2
2
5
No válido
9.- [Puntuación 6]
Resuelva la inecuación x 2 − 4 +
3
 0.
x
Solución:
x 3 − 4x + 3
0
x
1
1
1
0
1
1
-4
1
-3
3
-3
0
x2 + x − 3 = 0 → x =
− 1  13
2
x 3 − 4x + 3 (x − 1)(x + 1 − 13 )(x + 1 + 13 )
=
x
x
+
-
− 1 − 13
2
+
0
1
+
− 1+ 13
2
 − 1 − 13   − 1 + 13 
x
, 0  1,

2
2
 


10.- [Puntuación 6]
Halle una ecuación de la recta de intersección de los siguientes dos planos
x+2y-3z=2
2x+3y-5z=3
Solución:
x + 2 y = 2 + 3z 
x = 2 + 3z − 2 − 2z = z
 → − y = −1 − z → y = 1 + z
2 x + 3y = 3 + 5z 
x y −1 z
=
=
1
1
1
11.- [Puntuación 6]
Una partícula se mueve en línea recta con una velocidad dada en metros por segundo, a los t segundos, por
v( t ) = 6 t 2 − 6 t , t  0 .
Calcule la distancia total recorrida por la partícula en los primeros dos segundos de movimiento.
Solución:
s=
 (− 6t
1
0
2
)
+ 6t dt +
 (6t
2
2
1
)

 
1

2
− 6t dt = − 2t 3 + 3t 2 0 + 2t 3 − 3t 2 1 = 6 m
12.- [Puntuación 6]

El triángulo ABC tiene AB=8 cm, BC=6 cm y BAC = 20º . Halle la menor área posible de ABC .
Solución:
Sea AC=x
36 = 64 + x 2 − 16x cos 20º
12,85
x 2 − 15,03x + 28 = 0 → x = 
 2,18
8.2,18.sen 20º
= 2,98 .
Si AC=2,18 → Área =
2
8.12,85.sen20º
Si AC=12,85 → Área =
= 17,58
2
La menor área posible es 2,98 cm2
13.- [Puntuación 6]
Halle
 ( cos − ) d .
Solución:

( cos  − ) d =

( cos  − ) d =
u=
u´= 1

 cos  d −

 cos  d −
2
2
v´= cos 
v = sen
2
2
=  sen + cos  −
+C
2
2
14.- [Puntuación 6]
Halle la coordenada x del punto de inflexión de la gráfica de y = xe x , − 3  x  1 .
Solución:
y´= e x + xe x
y´´= e x + e x + xe x = e x (2 + x )
2+x=0 → x=-2
15.- [Puntuación 6]
La función de densidad de probabilidad f(x) de una variable aleatoria continua X está definida por
1
 x (4 − x 2 ), 0  x  2
.
f (x) =  4

para otros valores
 0,
Calcule el valor de la mediana de .
Solución:

m
0
1,08
m
 2,61 No válido
4
4


1
1
1
x 
1
m

 = → 2m 2 −
x (4 − x 2 ) dx = →   2x 2 −
= 2 → m 4 − 8m 2 + 8 = 0 → m = 


4
2
4 
2
4
 4 
 − 1,08 No válido
0

 − 2,61 No válido
16.- [Puntuación 6]
Se bombea aire dentro de una pelota esférica la cual se expande 8 cm 3 por segundo (8 cm3s-1). Halla la tasa
exacta de incremento del radio de la pelota cuando el radio es 2 cm.
Solución:
Objetivo: R´(t ) cuando R (t ) = 2 cm
4
V(t ) =  R 3 (t )
3
4
8
1
V´( t ) =  3R 2 ( t )R´( t ) → R´( t ) =
=
cms−1
3
4.4 2
17.- [Puntuación 6]
El punto B(a, b) que está sobre la curva f ( x ) = x 2 , es tal que B es el punto más próximo a A(6, 0).
Calcule el valor de a.
Solución:
Objetivo: Hacer mínima D=d(A, B)
D = d(A, B) = (a − 6) 2 + b 2 = a 2 − 12a + 36 + a 4
dD
4a 3 + 2a − 12
=
da 2 a 2 − 12a + 36 + a 4
4a 3 + 2a − 12 = 0 → a = 1,33
18.- [Puntuación 6]
Dados dos vectores no nulos a y b tales que |a+b|=|a-b|, halle el valor de a.b.
Solución:
|a+b|2=(a+b). (a+b)=|a|2+|b|2+2a.b
|a-b|2=(a-b). (a-b)=|a|2+|b|2-2a.b
Como |a+b|=|a-b| , 2a.b=-2a.b → 4a.b=0 →a.b=0
19.- [Puntuación 6]
La transformación M representa una reflexión en la recta y = x 3 . La transformación R representa una rotación

radianes en sentido contrario a las agujas del reloj alrededor del origen. Dé una descripción geométrica
6
completa de la transformación única equivalente a M seguida de R.
Solución:
de
y = x 3 → m = tg = 3 →  = 60º
 1

sen120º   − 2
 =
− cos120º   3

 2


3 − 1 
− sen  
6= 2
2 
   1
3
cos  

6   2
2 
 cos120º
M= 
 sen120º


 cos
6
R= 
 sen 

6

3 
2 
1 

2 
 3 −1   1
3  
3
1 

−
−





2
2
2
2
2
2  =  cos150º sen150º 
R.M=
.
=
 1
3  3
1   1
3   sen150º − cos150º 


 

2  2
2   2
2 
 2
R.M representa una reflexión en la recta y=tan75ᵒ.x.
20.- [Puntuación 6]
La tangente a la curva y=f(x) en el punto P(x, y) corta al eje de las x en Q(x-1, 0).
La curva corta al eje de las y en R(0, 2).
Halle la ecuación de la curva.
Solución:
→
QP = (1, y) → la pendiente de la recta tangente en todo punto P(x, y) es y → f´(x)=f(x) x → f ( x ) = k.e x
Como f(x) pasa por R(0, 2) → k=2
Por lo tanto f ( x ) = 2.e x
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Lunes 11 de noviembre de 2002
1.- [Puntuación 16]
i) Una sucesión u n  está dada por u 0 = 1 , u1 = 2 , u n +1 = 3u n − 2u n −1 donde n  Z+ .
a) Halle u 2 , u 3 , u 4 .
b)
i) Exprese u n en función de n.
ii) Verifique que su respuesta a la parte (b)(i) satisface la ecuación
u n +1 = 3u n − 2u n −1
[ 3 puntos]
[ 3 puntos]
 2 − 1
ii) La matriz M se define como M= 
 .
1 0 
a) Halle M2, M3 y M4.
b)
i) Enuncie una conjetura acerca de Mn , es decir, exprese Mn en función de n,
donde n  Z + .
ii) Demuestre esta conjetura por inducción matemática.
Solución:
i)
a) u 2 = 3.2 − 2.1 = 4 u 3 = 3.4 − 2.2 = 8
u 4 = 3.8 − 2.4 = 16
b) i) u n = 2 n
ii) u n +1 = 2 n +1
3u n − 2u n −1 = 3.2 n − 2.2 n −1 = 3.2 n − 2 n = 2 n (3 − 1) = 2 n +1
ii)
 2 − 1  2 − 1  3 − 2 
.
 = 

a) M2= 
1 0  1 0   2 −1
 3 − 2   2 − 1  4 − 3 
.
 = 

M3= 
 2 −1  1 0   3 − 2
 4 − 3   2 − 1  5 − 4 
.
 = 

M4= 
 3 − 2 1 0   4 − 3
−n 
n +1

n
−
n + 1

b) i) Mn= 
−1   2
1 + 1
=
− 1 + 1  1
 1
Para n=1 M1= 
− 1

0 
−k 
k +1

− k + 1
 k
Supuesto cierto para n=k Mk= 
+2
k
 +1
?k
Probemos para n=k+1 Mk+1 =
− k − 1

− k 
− k   2 − 1  2k + 2 − k
k +1
.
=
k
−
k + 1  1 0   2k − k + 1

Mk+1=Mk.M= 
− k − 1  k + 2 − k − 1
=

− k   k + 1
− k 
[ 3 puntos]
[ 7 puntos]
2.- [Puntuación 11]
2
3

 



 cos − isen  . cos + isen 
4
4 
3
3

Sea el número complejo z =
.
4

 

 cos − isen

24
24 

a)
i) Halle el módulo de z.
ii) Halle el argumento de z y exprese su respuesta en radianes.
b) Use el Teorema de De Moivre para mostrar que z es una raíz cúbica de la unidad de la unidad,
es decir z = 3 1 .
[ 4 puntos]
[ 2 puntos]
c) Simplifique (1 + 2z)(2 + z ) y exprese su respuesta en la forma a+bi, donde a y b son números
reales exactos.
Solución:
2
2
3

  
1  .1 

 



1  .1 1
 −    
 cos − isen  . cos + isen 
−
4
4
3
3
4
3
   = 2
 
 =
a) i) z = 
= 2 = 1 2
4
4
1 
1 





3
−
−
 cos − isen 
1

6
6
24
24 

 − 
 24 
|z|=1
2
ii) arg(z) =
b) z = cos
3
2
3
2
2
+ isen
3
3
3
2
2 

z 3 =  cos
+ isen
 = cos 2 + isen 2 = 1
3
3 

(
)

1
3  3 3 3
c) (1 + 2z)(2 + z 2 ) = 1 − 1 + 3 i  2 − −
i = +
i

2
2  2
2

[ 5 puntos]
3.- [Puntuación 14]
a) En los mismos ejes, trace los gráficos de las funciones f(x) y g(x), donde
f ( x ) = 4 − (1 − x ) 2 , para − 2  x  4 ,
g( x ) = ln( x + 3) − 2 , para − 3  x  5
b)
i) Escriba la ecuación de toda asíntota vertical.
ii) Escriba las intersecciones de g(x) con el eje x y con el eje y.
c) Halle los valores de x para los cuales f(x)=g(x).
d) Sea A la región en la cual f ( x)  g(x) y x  0 .
i) Sombree, en la gráfica, la región A.
ii) Escriba una integral que represente el área sombreada A.
iii) Evalúe esta integral.
e) Halle, en la región A, la distancia vertical máxima entre f(x) y g(x).
Solución:
a)
[ 2 puntos]
[ 3 puntos]
[ 2 puntos]
[ 4 puntos]
[ 3 puntos]
b) i) x=-3 es asíntota vertical de g(x)
(
c) Cortes de f(x) y g(x) (-1.34, -1.49)
d) ii) Área A=
 (4 − (1 − x)
3,05
2
(3.05, -0.2)
)
− ln( x + 3) + 2 dx
0
iii) Área A=
 (4 − (1 − x)
3,05
0
2
)
Corte eje x e 2 − 3, 0 = (4.39, 0)
ii) Corte eje y (0, ln3-2)=(0, -0.9)
)
− ln( x + 3) + 2 dx = 10,55
e) Construimos la función h ( x ) = f ( x ) − g( x ) = 4 − (1 − x ) 2 − ln( x + 3) + 2
La función h(x) tiene un máximo para x=0,87 y h(0,87)=4,63
4.- [Puntuación 14]
i) Sean los puntos A(1, 3, -17) y B(6, -7, 8) que yacen sobre la recta L.
a) Halle una ecuación de la recta L, dando su respuesta en forma paramétrica.
[ 4 puntos]
→
b) El punto P está sobre L y es tal que OP es perpendicular a L.
Halle las coordenadas de P.
ii) Sea la ecuación diferencial
dy 3y 2 + x 2
=
, para x  0 .
dx
2 xy
dv 3v 2 + 1
.
=
dx
2v
b) Partiendo de aquí halle la solución de la ecuación diferencial, sabiendo que
y=2 para x=1.
Solución:
i)
 x = 1 + 5t

a) L :  y = 3 − 10t
 z = −17 + 25t

a) Sustituya y=vx para mostrar que v + x
 1 + 5t 


b) OP =  3 − 10t 
 − 17 + 25t 


→
→
→
OP• u L = 0 → 5 + 25t − 30 + 100t − 425 + 625t = 0 → 750t = 450 → t =
3
5
P(4, -3, -2)
ii)
a)
dv
3 v 2 x 2 + x 2 3v 2 + 1
x+v=
=
dx
2v
2x 2 v
b)
dv
3v 2 + 1
v2 + 1
2v
1
.x =
−v=
→ 2
dv = dx →
dx
2v
2v
x
v +1
(
[ 3 puntos]
v
2v
2
+1
dv =
)
y = 2 x =1
 y2

ln v 2 + 1 = ln x + C → ln  2 + 1 = ln x + C → ln 5 = C
x



 y2

y2
ln  2 + 1 = ln x + ln 5 → 2 + 1 = 5x → y = (5x − 1) x 2 = x 5x − 1
x

x


 x dx
1
[ 3 puntos]
[ 4 puntos]
5.- [Puntuación 15]
a) La probabilidad P(A) de que todos los materiales lleguen puntualmente a una obra en construcción
es de 0,85. La probabilidad de que el edificio se termine a tiempo es de 0,60.
La probabilidad de que los materiales lleguen a tiempo y que el edificio se termine a tiempo es de 0,55.
i) Muestre que los sucesos A y B no son independientes.
ii) Todos los materiales llegan a tiempo.
Halle la probabilidad de que el edificio no sea terminado a tiempo.
[ 5 puntos]
b) Un equipo de diez personas estaba trabajando en el edificio, e incluía tres electricistas y dos
plomeros. El arquitecto convocó a una reunión con cinco de las personas del equipo, y eligió al azar
a las personas que debían asistir.
Calcule la probabilidad de que sean llamados a la reunión exactamente dos electricistas y
un plomero.
[ 2 puntos]
c) El número de horas semanales que trabajan los integrantes del equipo tiene distribución normal,
con una media de 42 horas. El 10% del equipo trabaja 48 o más horas por semana.
Halle la probabilidad de que ambos plomeros hayan trabajado más de 40 horas durante una semana
determinada.
[ 8 puntos]
Solución:
a) i) P(A  B) = 0,55  P(A).P(B) = 0,85.0,60 = 0,51
ii) Vamos a construir una tabla de contingencia para visualizar claramente los sucesos del experimento:
TERMINADO
0,55
0,05
0,60
PUNTUALIDAD
NO PUNTUALIDAD
P( NO TERMINADO / PUNTUALIDA D) =
NO TERMINADO
0,30
0,10
0,40
P( NO TERMINADO  PUNTUALIDA D 0,30
=
= 0,35
P(PUNTUALIDA D)
0,85
 3   2  5 
 .  
2 1 2
3.2.10
5
b) P =      =
=
= 0,238
10
.
9
.
8
.
7
.
6
21
10 
 
5!
5 
c) X:”nº de horas semanales de trabajo” es N(42, )
Z=
P(X  48) = 0,1
X − 42

→
P( Z 
0,85
0,15
1
6
6
) = 0,1 →
= 1,2815 →  = 4,68


X es N(42, 4.68)
P(X>40).P(X>40)=P(40<X<65,4)2=0,66542=0,4428
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Lunes 5 de mayo de 2003
1.- [Puntuación 6]
Una progresión geométrica tiene todos sus términos positivos. La suma de los dos primeros términos es 15 y la
suma de los infinitos términos de la sucesión es 27. Halle el valor de:
a) la razón común.
b) el primer término
Solución:
a)
15 
u1 + u1r = 15 → u1 =
15
15
12 4
2

1+ r 
= 27(1 − r ) → 1 − r 2 =
→ r2 =
= →r=
 →
u1
1
+
r
27
27
9
3

27 =

1− r

b) u1 =
15
15
=
=9
1+ r 5
3
2.- [Puntuación 6]
Halle todos los valores de  en el intervalo 0,  que satisfacen la ecuación cos 2 = sen 2  .
Solución:

 = 0,62 rad
1
→ 
 sen =

3
 = 2,53 rad
cos 2 = sen 2 → cos2  − sen 2 = sen 2 → 3sen 2 = 1 → 
1
sen =
No válido

3

3.- [Puntuación 6]
Dados a=i+2j-k, b=-3i+2j+2k y c=2i-3j+4k, halle (axb).c .
Solución:
i
j k
2 − 1 =6i+j+8k
−3 2 2
axb= 1
6  2 
   
(axb).c=  1  •  − 3  = 12 − 3 + 32 = 41
8  4 
   
4.- [Puntuación 6]
El polinomio x 3 + ax 2 − 3x + b es divisible por (x-2) y da de resto 6 al dividirlo por (x+1). Halle el valor de a y de
b.
Solución:
8 + 4a − 6 + b = 0 → 4a + b = −2
−1+ a +3+ b = 6 → a + b = 4
Resolviendo el sistema: a=-2
b=6
5.- [Puntuación 6]
 3 − 2
1 0
 y I= 
 , halle los valores de  para los cuales (A-λI) es una matriz singular.
−
3
4


0 1
Sabiendo que A= 
Solución:
 3 − 2
1 0 3 − 
 − 
 = 
−
3
4


0 1  − 3
(A-λI)= 
−2 

4 −  
Det(A-λ)=0 → 12 − 7 + 2 − 6 = 0 → 2 − 7 + 6 = 0 →  =
7  5 6
=
2
1
6.- [Puntuación 6]
Cuando un muchacho juega a un juego de feria, la probabilidad de que gane un premio es de 0,25. Juega al juego
10 veces. Sea X el número total de premios que gana. Suponiendo que los juegos son independientes, halle
a) E(X).
b) P(X  2) .
Solución:
X es B(10, 0.25)
a) E(X)=10. 0,25=2,5
b) P(X  2) = 0,5256
7.- [Puntuación 6]
La función f se define como f ( x ) = 2 − x 2 − e x .
Escriba
a) el valor máximo de f(x).
b) las dos raíces de la ecuación f(x)=0.
Solución:
a) el valor máximo de f(x) se obtiene para x=-0,35 y es f(-0,35)=1,17
b) x=-1,32
x=0,54
8.- [Puntuación 6]


Sea el triángulo ABC, A = 30º , BC=3 y AB=5. Halle los dos valores posibles de B .
Solución:


3
5
 C = 56,44º → B = 93,56º
=
→



sen30º
C = 123,56º → B = 26,44º
sen C

9.- [Puntuación 6]
Los sucesos independientes A y B son tales que P(A) = 0,4 y P(A  B) = 0,88 .Halle
a) P(B).
b) La probabilidad de que ocurra A o que ocurra B, pero no ambos.
Solución:
0,48 4
= = 0,8
a) P(A  B) = P(A) + P(B) − P(A  B) → 0,88 = 0,4 + P(B) − 0,4.P(B) → P(B) =
0,6
5
_
_
b) P(A − B) + P(B − A) = P(A  B) + P(B  A) = 0,4.0,2 + 0,8.0,6 = 0,56
10.- [Puntuación 6]
Una curva tiene la ecuación x 3 y 2 = 8 . Halle la ecuación de la normal a la curva en el punto (2, 1).
Solución:
3x 2 y 2
3y
3x 2 y 2 + 2 yy´x 3 = 0 → y´= −
=−
2x
2 yx3
3
4
En (2, 1) m = − → m N =
4
3
4
y − 1 = ( x − 2)
3
11.- [Puntuación 6]
2
+ 1 − 4i .
1− i
Exprese z de la forma x+iy donde x, y  Z .
Solución:
2
2(1 + i)
+ 1 − 4i =
+ 1 − 4i = 2 − 3i
1− i
2
El complejo z satisface la ecuación
z=
z = (2 − 3i) 2 = −5 − 12i
12.- [Puntuación 6]
Halle el valor exacto de x que satisface la ecuación (3x )(4 2 x +1 ) = 6 x + 2 . Exprese su respuesta en la forma
ln a
donde a , b  Z .
ln b
Solución:
(3x )(4 2 x +1 ) = 6 x + 2 → 3x.16 x.4 = 6 x.36 → 8 x = 9
ln 9
Tomando ln : x. ln 8 = ln 9 → x =
ln 8
13.- [Puntuación 6]
Resuelva la inecuación | x − 2 || 2x + 1 | .
Solución:
?
| x − 2 | − | 2x + 1 |  0
x − 2 = 2x + 1 → x = −3

| x − 2 | − | 2x + 1 |= 0 → 
1
x − 2 = −2x − 1 → x =

3

-
+
7
-
−3 x 
1/3
-3
14.- [Puntuación 6]
La variable aleatoria X tiene una distribución normal, y además
P(X  10) = 0,670
P(X  12) = 0,937
Halle E(X).
Solución:
Z=
Y -

10 −  
10 − 

P Z 
= 0,4399
 = 0, 670 →
 


12 −  
12 − 

→ P Z 
= 1,5301
 = 0,937 →




P(X  10) = 0,670 →
P(X  12) = 0,937
E(X) =  = 9,19
1
3
15.- [Puntuación 6]
El punto A es el pie de la perpendicular trazada desde el punto (1, 1, 9) al plano 2x+y-z=6.
Halle las coordenadas de A.
Solución:
x = 1 + 2t 
Recta r que pasa por (1, 1, 9) y es perpendicular al plano: y = 1 + t 
z =9−t 

Corte de r y el plano: 2+4t+1+t-9+t=6 → t=2 → A (5, 3, 7)
16.- [Puntuación 6]
Una partícula se desplaza en línea recta. Su velocidad v ms -1 pasados t segundos, está dada por v = e − t sent .
Halle la distancia total recorrida en el intervalo de tiempo 0, 2 .
Solución:
s=


e − t sent dt +
0

2

− e − t sent dt =
= 0,62 + 0,232 = 0,852 m
17.- [Puntuación 6]
La función f está definida para x  0 por f ( x ) =
Solución:
D(f ) = − , 0
y=
x −1
2
x +1
2
x2 −1
x +1
2
. Halle una expresión de f −1 ( x ) .
Im(f ) = − 1, 1
→ yx 2 + y = x 2 − 1 → x 2 =
Como D(f ) = − , 0
−1− y
1+ y
→ x=
y −1
1− y
f −1 ( x ) = −
1+ x
1− x
18.- [Puntuación 6]
Por medio de la sustitución y=2-x, o de alguna otra manera, halle
Solución:
x=2-y

2

2
 x 

 dx .
2−x
dx=-dy
 x 

 dx = −
2−x

2
2−y
4 + y 2 − 4y
4
4

 dy = −
dy = − y + 4 ln | y | +C =
− (2 − x) + 4 ln | 2 − x | +C
2
y
y
2
−
x
y



19.- [Puntuación 6]
Una maestra va en automóvil al colegio. Durante 20 días elegidos aleatoriamente, la maestra registra el tiempo
20
que le llevó realizar el trayecto, y halla que

20
x i = 626 y
i =1
x
i =1
minutos, que le llevó hacer el trayecto el i-ésimo día.
Calcule una estimación insesgada de
a) el tiempo medio que lleva conducir hasta la escuela.
b) la varianza del tiempo que lleva conducir hasta la escuela.
Solución:
20
_
a) x =
x
i =1
20
i
=
626
= 31,3 min utos
20
b) Var (X) = E(X 2 ) − E(X)2 =
9,35.
19780,8
− 31,32 = 9,35
20
20
= 9,84
19
20.- [Puntuación 6]
El diagrama a continuación muestra la curva y1 = f (x) .
En los ejes a continuación, trace la gráfica de y 2 =| f ´(x ) | .
Solución:
i
2
= 19780,8 donde x i indica el tiempo, en
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Martes 6 de mayo de 2003
1.- [Puntuación 12]
La función f está definida por f ( x ) =
a)
i) Demuestre que f ´( x ) =
x2
2x
, para x>0.
2 x − x 2 ln 2
2x
ii) Obtenga una expresión de f´´(x). Simplifique su respuesta en la medida de lo posible.
i) Halle el valor exacto de x que satisface la ecuación f´(x)=0.
ii) Demuestre que para este valor se obtiene un máximo de f(x).
c) Halle las abscisas de los dos puntos de inflexión de la gráfica de f.
Solución:
x
x
2
2
a) i) f ´(x) = 2x.2 − 2 ln 2.x = 2x − x ln 2
2
x
2
2x
[5 puntos]
b)
( )
x
x
2
2
2
ii) f ´´(x) = (2 − 2x ln 2)2 − 2 ln 2(2x − x ln 2) = 2 − 4x ln 2 + x (ln 2)
2
2x
2x
( )
 x = 0 No válido
b) i) 2x − x 2 ln 2 = 0 → x(2 − x ln 2) = 0 → 
x = 2

ln 2

ii) f ´´ 2  = 2 − 8 + 4 = − 2  0
2
2
 ln 2 
ln
2 2
ln 2
c) 2 − 4x ln 2 + x 2 (ln 2) 2 = 0
x=0,85
x=4,93
[4 puntos]
[3 puntos]
2.- [Puntuación 16]
i) Las transformaciones T1 , T2 , T3 , del plano se definen así:
T1 : un giro de 1801 alrededor del origen.
T2 : una reflexión respecto de la recta y=x.
T3 : un giro de 90ᵒ en sentido contrario a las agujas del reloj alrededor del origen.
a) Escriba las matrices 2x2 que representan a T1 , T2 y T3.
b) La transformación T se define como T1 seguida por T2 seguida por T3 .
i) Halle la matriz 2x2 que representa a T.
ii) Dé una descripción geométrica completa de la transformación T.
[3 puntos]
[4 puntos]
ii) Las variables x, y, z satisfacen el sistema de ecuaciones
x+2y+z=k
2x+y+4z=6
x-4y+5z=9
donde k es una constante.
a)
i) Demuestre que este sistema no tiene solución única.
ii) Halle el valor de k para el cual el sistema es compatible (es decir, tiene solución).
b) Halle la solución general del sistema para ese valor de k.
Solución:
 cos180º
 sen180º
i) a) T1 = 
[6 puntos]
[3 puntos]
− sen180º   − 1 0 
=

cos180º   0 − 1
 cos 90º sen90º   0 1 
 = 

 sen90º − cos 90º   1 0 
T2 = 
 cos 90º
 sen90º
T3 = 
− sen90º   0 − 1
=

cos 90º   1 0 
 0 − 1  0 1   − 1 0   − 1 0   − 1 0   1 0 
.
.
 = 
.
 = 

 1 0   1 0   0 − 1  0 1   0 − 1  0 − 1
b) i) T= T3 . T2 . T1 = 
x  x 
ii) T.   =   . La transformación T transforma todo punto del plano
 y  − y 
en el eje x.
A
 __________

_


 1 2 1 k 
ii) a) i)  2 1 4 6 


 1 −4 5 9 
 __________ ________ 
B


x
  en el punto
 y
 x 
  . Es una reflexión
− y
|A|=5+8-8-1-20+16=0 → rango(A)=2 → el sistema no tiene solución única.
ii) 2F2-3F1=F3 siempre que k=1
Para k=1 rango(A)=rango(B)=2 < nº de incógnitas → el sistema el compatible indeterminado.
b)
x + 2y + z = 1 
−4 2
+ z
 → − 3 y + 2z = 4 → y =
2x + y + 4z = 6
3
3
 11 7 − 4 2

Solución general:  − t,
+ t, t  , t  R
3
3
3 3

x = 1+
8 4
11 7
− z−z = − z
3 3
3 3
3.- [Puntuación 15]
a) Demuestre por inducción matemática que, para un entero positivo n,
(cos  + isen ) n = cos n + isenn  donde i 2 = −1 .
b) El número complejo z está definido por z = cos  + isen  .
1
i) Demuestre que = cos(−) + isen (−) .
z
ii) Demuestre que a partir de lo anterior, se puede deducir que z n + z − n = 2 cos n .
(
a) Para n=2
[5 puntos]
)
5
i) Halle el desarrollo de z + z −1 , según el teorema del binomio.
1
ii) A partir de ello, demuestre que cos5  = (a cos 5 + b cos 3 + c cos ) , donde a, b y c
16
son enteros positivos a hallar.
Solución:
c)
[5 puntos]
[5 puntos]
(cos  + isen ) 2 = cos2  − sen 2 + 2i cos sen = cos 2 + isen 2 Cierto
Suponemos cierto para n=k (cos  + isen ) k = cos k + isenk 
?
Probemos para n=k+1 (cos  + isen ) k +1 = cos(k + 1) + isen (k + 1)
(cos  + isen ) k +1 = (cos k + isenk ).(cos + isen ) = cos k cos  − senksen + i(sen cos k + senk cos ) =
= cos(k + ) + isen (k + ) = cos(k + 1) + isen (k + 1)
b) i)
1
1
1
cos  − isen  cos(−) + isen (−)
=
=
.
=
= cos(−) + isen (−)
z cos  + isen  cos  + isen  cos  − isen 
1
n
1
ii) z n + z − n = z n +   = (cos  + isen ) n + (cos(−) + isen (−) )n = cos n + isenn  + cos(−n) + isen (−n) = 2 cos n
z
c)
(z + z )
−1 5
5
 5
5
 5
5
 5
=  z 5 +  z 4 z −1 +  z 3z − 2 +  z 2 z − 3 +  zz − 4 +  z − 5 = z 5 + 5z 3 + 10z + 10z −1 + 5z − 3 + z − 5
0
1
2
3
4
 
 
 
 
 
 5
(
)
(
)
Por una parte z + z −1
5
= z 5 + z − 5 + 5(z 3 + z − 3 ) + 10(z + z −1 ) = 2 cos5 + 10 cos3 + 20 cos  (1)
Por otra parte z + z −1 = (2 cos )5 = 32 cos5  (2)
5
Igualando (1) y (2): cos5  =
a=1
b=5
c=10
2
10
20
1
cos 5 +
cos 3 +
cos  = (cos 5 + 5 cos 3 + 10 cos )
32
32
32
16
4.- [Puntuación 11]
Un empresario pasa X horas por día hablando por teléfono. La función de densidad de X está dada por
1
 (8x − x 3 ) , para 0  x  2
f (x ) = 12

 0 , en los demás casos
a)
i) Escriba una integral cuyo valor sea E(X).
ii) A partir de ello calcule el valor de E(X).
[3 puntos]
i) Demuestre que la mediana, m, de X satisface la ecuación m 4 − 16m 2 + 24 = 0 .
ii) A partir de ello calcule el valor de m.
c) Calcule la moda de X.
Solución:
2
1
a) i) E(X) =
x (8x − x 3 ) dx
0 12
b)
[5 puntos]
[3 puntos]

2
 1  8x 3 x 5  
 = 1  64 − 32  = 1 . 320 − 96 = 224 = 56 = 1,24
ii) E(X) =  
−

5 
12  3
5  12
15
12.15 45
12  3
0
b) i)

m
0
m
1 
1
1
x 4 
1
1  2 m 4  1
 = →
(8x − x 3 ) dx = →   4 x 2 −
4m −
= → 16m 2 − m 4 = 24 → m 4 − 16m 2 + 24 = 0




12
2
12
4
2
12
4
 
 o

 2
ii) m 4 − 16m 2 + 24 = 0 → m 2 =
c)
Moda=1,63
 8 + 2 10 → m = 3,78 No válido
16  256 − 96 16  4 10 
=
=
2
2
8 − 2 10 → m = 1,29

5.- [Puntuación 16]
 
La función f de dominio 0,  se define como f ( x ) = cos x + 3 senx .
 2
Esta función puede también expresarse de la forma R cos(x − ) donde R  0 y 0   
a) Halle el valor exacto de R y de α.
b)
i) Halle el recorrido de la función.
ii) Diga, dando la razón para ello, si existe o no la función inversa de f.
c) Halle el valor exacto de x que satisface la ecuación f ( x ) = 2 .
d) D) Utilizando el resultado de que
demuestre que


2
0

.
2
[3 puntos]
[5 puntos]
[3 puntos]
 sec x dx = ln | sec x + tan x | +C , donde C es una constante,
dx
1
= ln( 3 + 2 3 ) .
f (x) 2
[5 puntos]
Solución:
 R cos  = 1
a) R cos(x − ) = cos x + 3 senx → R (cos x cos  + senxsen) = cos x + 3 senx → 
Rsen = 3
1

R cos  = 1 → R =

3


cos  → 1 =
→ tan  = 3 →  = → R = 2

3
cos  sen
3
 Rsen = 3 → R =

sen



b) i) f (x) = 2 cos x − 
3



 
1


0x
→ −  x −  →  cos x −   1 → 1  f ( x )  2
2
3
3 6
2
3

R f = 1, 2


ii) f ´( x ) = 2sen x − 
3





2sen x −  = 0 → x − = 0 → x =
3
3
3


 
 
En 0,  f(x) es creciente y en  ,  f(x) es decreciente , por lo tanto hay valores de x en ambos intervalos
 3
3 2
con la misma imagen. La función no tiene inversa.

 1





→ x− =− → x=
c) 2 cos x −  = 2 → cos x −  =
3
3
3
4
12
2




d)

2


1 
dx
1 2 


   2


=
sec x −  dx =   ln sec x −  + tan x −   =
2 0
3
3
3  



0 f (x)
 2 
0


=
1


 ln sec ) + tan
2 
6
6
 1


 −  ln sec(− ) + tan(− )
2
3
3


=
1
3 (2 + 3 ) 1
ln
= ln( 3 + 2 3 )
2
1
2
 1
2
1
1
1
3
 = ln
+
− ln 2 − 3 = ln
=
2
2
2
3
3
2− 3

MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1
Martes 4 de noviembre de 2003
1.- [Puntuación 6]
Considere los puntos A(1, 2, -4), B(1, 5, 0) y C(6, 5, -12). Halle el área de  ABC
Solución:
→
AB = (0, 3, 4)
→
AC = (5, 3, − 8)
i j k
AB x AC = 0 3 4 = -36i+20j-15k
5 3 −8
→
→
Área  ABC =
1
1921
1296 + 400 + 225 =
2
2
2.- [Puntuación 6]
La curva de frecuencias acumuladas que se muestra a continuación indica el tiempo que emplean en comer 250
estudiantes.
a) Estime el número de estudiantes que emplean entre 20 y 40 minutos en comer.
b) Si un 20% de los estudiantes emplea más de x minutos en comer, estime el valor de x.
Solución:
a) 184-28=156 estudiantes
b) 80%.250=200 emplean menos de x minutos en comer.
x=44 minutos
3.- [Puntuación 6]
Las matrices A, B y C son todas matrices 3x3 no singulares. Suponiendo que A-1XB=C, exprese X en función de
las otras matrices.
Solución:
A(A-1XB)B-1=ACB-1 → X= ACB-1
4.- [Puntuación 6]
Una variable aleatoria continua, X, tiene una función de densidad de probabilidad f ( x ) = senx , 0  x 

.
2
Halle la mediana de X.
Solución:
m
1
1
1
1 
senx dx = → − cos x 0m = → − cos m + 1 = → m = arccos =
2
2
2
2 3
0

5.- [Puntuación 6]
Considere la ecuación 2(p+iq)=q-ip-2(1-i), donde p y q son ambos números reales. Halle p y q.
Solución:
2p = q − 2 
2p − q = −2
2
→
→p=−
2q = − p + 2 
p + 2q = 2 
5
q=
6
5
6.- [Puntuación 6]
a) Sobre el mismo diagrama dibuje aproximadamente la gráfica de
1
, indicando claramente todas las
f (x)
asíntotas.
b) Sobre el mismo diagrama, escriba las coordenadas del máximo local, el mínimo local y las intersecciones con
1
el eje x y con el eje y de
.
f (x)
Solución:
a)
x
-2
-1
0
1
2
+
−
−||
−
f(x)
1
2
-2
0
1
+ || −
1
f (x)
1
1
2
0
−
1
2
0
−|| +
1
1
son:
f (x)
Asíntota vertical x=2
Asíntota horizontal y=1
Las asíntotas de
b) Máximo (1, 0)
Intersecciones con los ejes:
1

(−1, 0)
 0, − 
2


1
2
Mínimo  0, − 

(1, 0)
7.- [Puntuación 6]
Halle el ángulo formado por el plano 3x-2y+4z=12 y el eje z. Dé su respuesta al grado más próximo.
Solución:
 3 
 
Vector perpendicular al plano:  − 2 
 4 
 
0
 
Vector director del eje z:  0 
1
 
|0 − 0 + 4|
senα =
9 + 4 + 16 .1
4
=
29
→ α = 47,97  48
8.- [Puntuación 6]
Dada la función f ( t ) = 3 sec2 t + 5t
a) Halle f´(t).
b) Halle los valores exactos de
i) f ()
ii) f ´()
Solución:
sent
6sent
a) f ´(t ) = 6 sec t.
+5=
+5
2
cos t
cos3 t
b) i) f () = 3.1 + 5 = 3 + 5
ii) f ´() = 5
9.- [Puntuación 6]
Los cuatro primeros términos de una sucesión aritmética son 2, a-b, 2a+b+7 y a-3b, donde a y b son
constantes. Halle a y b.
Solución:
a-b-2=2a+b+7-a+b=a-3b-2a-b-7
a − a − b − 2b = 9 
 → b = −3
a + a − b + 4b = −7 + 2
a=2
10.- [Puntuación 6]
3
Resuelva log16 100 − x 2 =
Solución:
3
1
2
100 − x 2 = 4 → 100 − x 2 = 64 → x =  6
11.- [Puntuación 6]
Calcule el área encerrada por las curvas y = ln x e
Solución:
 x =1
ln x = e x − e → 
x = 0,23
Área=
 (ln x − (e
1
0,23
x
)
− e) dx == 0,2
y = ex − e , x  0
12.- [Puntuación 6]
En un canal de televisión emiten las noticias a la misma hora todos los días. La probabilidad de que Alicia vea las
noticias un día determinado es 0,4, calcule la probabilidad de que en cinco días consecutivos, vea las noticias tres
días como máximo.
Solución:
Sea X:”nº de días de los 5 en los que Alicia ve las noticias” es B(5, 0.4)
P(X  3) = 0,913
13.- [Puntuación 6]
Considere la ecuación (1 + 2k ) x 2 − 10x + k − 2 = 0 , k  R .
Halle el conjunto de valores de k para los cuales la ecuación tiene raíces reales.
Solución:
Si 1 + 2k  0 la ecuación es de 2º grado.
x=
10  100 − 4(1 + 2k )(k − 2)
2(1 + 2k )
100 − 4(1 + 2k )(k − 2)  0 → 100 − 4(2k 2 − 3k − 2)  0 → 25 − 2k 2 + 3k + 2  0 → − 2k 2 + 3k + 27  0
− 2k 2 + 3k + 27 = 0 → k =
-
+
-3
− 3  9 + 216 − 3  15 
− 3
=
= 9
−4
−4

2
-
9

k  − 3, 
2

9/2
1 
9
Si 1 + 2k = 0 la ecuación es de primer grado y la solución es real, pero 1 + 2k = 0 → k = −  − 3, 
2 
2
14.- [Puntuación 6]
x
3

Sea f ( x ) = sen arcsen − arccos  , para − 4  x  4 .
4
5


a) En la siguiente cuadrícula, dibuje de forma aproximada la gráfica de f(x).
b) En la gráfica, indique claramente las coordenadas de los puntos de corte con el eje x y con el eje y, el mínimo y
los extremos de la curva f(x).
1
c) Resuelva f ( x ) = − .
2
Solución:
x
3
x
3
x
3
x 3
x2
9

f ( x ) = sen arcsen − arccos  = sen(arcsen ).cos(arccos ) − cos(arcsen ).sen(arccos ) = . − 1 −
. 1−
=
4
5
4
5
4
5
4 5
16
25

3x
16 − x 2
−
20
5
a) y b)
=
c) x=1,57
15.- [Puntuación 6]
Considere la ecuación 2xy 2 = x 2 y + 3 .
a) Halle y cuando x=1 e y<0.
dy
b) Halle
cuando x=1 e y<0.
dx
Solución:
a) 2y 2 = y + 3 → 2 y 2 − y − 3 = 0 → y =
b) 2( y2 + 2yy´x) = 2xy + y´x 2 → y´=
3
1 5 

= 2
4

− 1
No válido
2xy − 2y2
4 yx − x 2
dy 2.(−1) − 2.1 4
=
=
dx
4.(−1) − 1
5
Para x=1
16.- [Puntuación 6]
Sea y = e3x sen(x ) .
a) Halle
dy
.
dx
b) Halle el menor valor positivo de x para el cual
dy
=0.
dx
Solución:
dy
a)
= e3x .3.sen(x ) +  cos(x )e3x = e3x (3.sen(x ) +  cos(x ) )
dx
b)
e3x (3.sen( x ) +  cos( x )) = 0 → 3.sen( x ) +  cos( x ) = 0 → tg( x ) = −
→x=−


→ x = arctan(− ) + k → x = −0,8 + k →
3
3
0,8
+k

Para k=1
x=0,74 rad
17.- [Puntuación 6]
x+4
x−2
, x  −1 y g( x ) =
, x 4.
Sea f ( x ) =
x +1
x−4
Halle el conjunto de valores de x para los cuales f ( x )  g( x ) .
Solución:
?
f ( x ) − g( x )  0
x + 4 x − 2 x 2 − 16 − x 2 + x + 2
x − 14
−
=
=
x +1 x − 4
( x + 1)(x − 4)
( x + 1)(x − 4)
-
+
-1
4
+
14
x  − , − 1  4, 14
18.- [Puntuación 6]
De un grupo de 8 alumnos se eligen 4 para formar un comité. Los dos alumnos de mayor edad no pueden ser
elegidos simultáneamente. Calcular de cuántas maneras se puede formar el comité.
Solución:
Número total de agrupaciones-Número de agrupaciones con los dos alumnos mayores=
 8   6  8!
6!
−
= 70 − 15 = 55
=   −   =
4
2
4
!
4
!
2
!4!
   
19.- [Puntuación 6]
( )
Resuelva 2 5x +1 = 1 +
3
5x
, expresando la respuesta en la forma a + log 5 b , con a, b  Z .
Solución:
10.5x = 1 +
3
5x
5x = t

3
3
3
→ 5x =
→ x = log 5   = log 5 3 − 1
1  11 
5
5
5
10t − t − 3 = 0 → t =
=
1
1
20
x
− → 5 = −
No válido
 2
2
2
a = −1
b=3
20.- [Puntuación 6]
Un aeroplano vuela en línea recta y a velocidad constante, manteniendo una altitud constante de 3 km con un
rumbo que le lleva directamente sobre la vertical de un observador que se encuentra en tierra. En un instante
1
1
dado, el ángulo  de la visual del observador al aeroplano es  radianes y se va incrementando en
3
60
radianes por segundo. Halle la velocidad, en kilómetros por hora, a la cual el aeroplano avanza hacia el
observador.
Solución:
dx ( t )
dt
3
tan ( t ) =
x(t)
Objetivo:
d
−3 dx ( t )
= 2 .
dt
cos ( t )
x ( t ) dt
1
2
.

x(t) = 3
3
1 1 −3 dx ( t )
dx ( t )
1
. = .
→
=−
kms−1 = −240 kmh −1
1 60 3 dt
dt
50
4
Cuando ( t ) =
El aeroplano vuela a 240 kmh-1
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Miércoles 5 de noviembre de 2003
1.- [Puntuación 12]
La recta L pasa por el punto A(2, 5, -1) y es perpendicular al plano de ecuación x+y+z-1=0.
a) Halle la ecuación cartesiana de la recta L.
b) Halle el punto de intersección de la recta L y el plano.
c) Halle las coordenadas del punto simétrico de A respecto al plano.
d) Calcule la distancia del punto B(2, 0, 6) a la recta L.
Solución:
x − 2 y − 5 z +1
a) L :
=
=
1
1
1
x = 2+t
b) L :  y = 5 + t
z = −1 + t

2+t+5+t-1+t-1=0 → t = −
5
8
 1 10
→ Punto de int er sec ción M  ,
,− 
3
3
3 3
→
8  5 5
5   4 5 13 
 1 10
c) Si A´es el simétrico A´= M + AM =  , , −  +  − , − , −  =  − , , − 
3
3
3
3
3
3  3 3
3

 
d) Punto genérico de la recta L: PL (2 + t, 5 + t, − 1 + t ))
→
BPL = ( t, 5 + t, − 7 + t )
→
→
BPL • u L = 0 → t + 5 + t − 7 + t = 0 → t =
→
d(B, L) =| BPL | =
4 289 361
+
+
=
9
9
9
2
3
654
3
[2 puntos]
[4 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]
2.- [Puntuación 16]
a) Demuestre por inducción matemática el teorema de De Moivre
(cos  + isen)n = cos(n) + isen (n) , n  Z+ .
[7 puntos]
b) Sea z − 32 = 0 .
5

2 
 2  
 + isen    es una de las raíces complejas de esta ecuación.
 5 
 5 
i) Compruebe que z1 = 2 cos

ii) Calcule z12 , z13 , z14 , z15 , expresando las respuestas en términos de módulos y argumentos.
iii) Represente en el plano complejo los puntos definidos por z1 , z12 , z13 , z14 y z15 .
iv) El punto z1n se aplica en el punto z1n +1 por medio de una composición de dos
transformaciones lineales, con n=1, 2, 3, 4.
Dé una descripción geométrica completa de cada una de ellas.
Solución:
[9 puntos]
(cos + isen) 2 = cos2  − sen 2 + 2i cos sen = cos 2 + isen 2 Cierto
a) Para n=2
Suponemos cierto para n=k (cos  + isen ) k = cos k + isenk 
?
Probemos para n=k+1 (cos + isen ) k +1 = cos(k + 1) + isen (k + 1)
(cos  + isen ) k +1 = (cos k + isenk ).(cos + isen ) = cos k cos  − senksen + i(sen cos k + senk cos ) =
= cos(k + ) + isen (k + ) = cos(k + 1) + isen (k + 1)
 
5
2 
 2   
 + isen 
  = 32(cos(2) + isen (2) ) = 32
 5 
 5  
b) i) z15 = 2 cos
 
2


ii) z12 =  2 2  = 4 4


5
 5 
3
z13


=  2 2  = 8 6


5
 5 
z14


=  2 2  = 16 8


5
 5 
z15


=  2 2  = 3210 = 322 = 32


5
 5 
4
3
iii)
iv) Se trata de un giro de
razón 2.
2
radianes con centro en el origen seguido de una homotecia con centro en el origen y
5
3.- [Puntuación 15]
i)
a) Exprese
3 cos  − sen en la forma r cos( + ) , con r  0 y 0   

, dando los
2
valores exactos de r y  .
b) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, con 0    2 , halle el conjunto de
valores de
3 cos  − sen .
[2 puntos]
c) Resuelva 3 cos  − sen = −1 , con 0    2 , expresando el valor exacto de los
resultados.
sen4(1 − cos 2)


ii) Demuestre que
= tan  , con 0    , y   .
cos 2(1 − cos 4)
2
4
Solución:
i) a)
3 cos  − sen = r cos( + ) → 3 cos  − sen = r(cos  cos  − sen sen ) →
 3 = r cos 
3
1
1

→
→
=
→ tan  =
→ =
cos  sen
6
− 1 = −rsen
3
Por lo tanto
b)
→ r=2


3 cos  − sen = 2 cos  + 
6

3 cos  − sen toma todos los valores del intervalo [-2, 2]
k =0

 2


+ 2k →  = + 2k →  =
  + =


1


6 3
2
2
c) 2 cos  +  = −1 → cos  +  = − → 
k =0
6
6
2


 +  = 4 + 2k →  = 7 + 2k →  = 7

6 3
6
6
ii)
[3 puntos]
sen4(1 − cos 2) 2sen2 cos 22sen 2 2sen 2
2sen 2
sen
=
=
=
=
= tan 
2
cos 2(1 − cos 4)
sen2 2sen cos  cos 
cos 2.2sen 2
[5 puntos]
[5 puntos]
4.- [Puntuación 14]
i) Compruebe, mediante la sustitución y=vx que la solución general de la ecuación diferencial
dy
( x 2 + y 2 ) + 2 xy
= 0 , x  0 es x3 + 3xy 2 = k , donde k es una constante.
dx
a
ii) La ecuación de una curva es f ( x ) =
, a  0, b  0, c  0
b + e − cx
a) compruebe que f ´´(x ) =
ac 2e −cx (e −cx − b)
(b + e )
− cx 3
[6 puntos]
.
[4 puntos]
b) Halle las coordenadas del punto de la curva donde f´´(x)=0.
c) Compruebe que el anterior es un punto de inflexión.
Solución:
 dv

i) ( x 2 + v 2 x 2 ) + 2x 2 v x + v  = 0
 dx

x 2 + 3v 2 x 2 + 2 x 3 v
1 + 3v 2 + 2xv
[2 puntos]
[2 puntos]
dv
=0
dx
dv
dv
1
2v
= 0 → 1 + 3v 2 = −2xv
→
dx = −
dv →
dx
dx
x
1 + 3v 2
 x dx =  − 1 + 3v
1
2v
2
dv
→
1
1  3y 2 
→ ln x = − ln(1 + 3v 2 ) + Cons tan te → ln x = − ln 1 +
+ Cons tan te →
3
3 
x 2 
→ ln x = −


1
2
1
ln( x 2 + 3y 2 ) − 2 ln x + Cons tan te → → ln x − ln x + ln( x 2 + 3y 2 ) = Cons tan te →
3
3
3
1
→ ln( x 3 + 3xy 2 = Cons tan te → x 3 + 3xy 2 = k
3
ii) f ´( x ) = ac
f ´´(x ) = ac
e −cx
(b + e )
− cx 2
(
) − 2(b + e )(−ce
(b + e )
− ce− cx b + e − cx
2
− cx
c) f ´´(x ) = ac 2
= ac 2
f ´´´(−
)
− cx 4
b) e − cx − b = 0 → e − cx = b → x = −
f ´´´(x ) = ac
− cx 2
ln b
c
(
ce− cx − b − e − cx + 2e − cx
(b + e )
− cx 3
y=
a
2b
− cx 3
)(
) − 3(b + e ) (−ce )(e
(b + e )
)+ 3ce (e − be )
)
+ bce− cx b + e − cx
3
− cx 2
− cx
− 2cx
− be − cx
− cx 6
− 2cx
)(
+ bce− cx b + e − cx
(
(b + e
)
− cx
− 2cx
− cx
− cx 4
(
)
ln b
− 2cb2 + b2c (b + b) + 3cb b2 − b2
− 2cb3
ac3
) = ac 2
= ac 2
=−
0
4
4
c
8b
16b
(b + b)
2 − cx
− cx
− cx 3
(b + e )
− 2cx
(− 2ce
) = ac e (− b + e )
(b + e )
e −2cx − be −cx
(− 2ce
2
= ac
)=
5.- [Puntuación 13]
i) Una variable aleatoria X está normalmente distribuida con media  y desviación típica  de
modo que P(X>50,32)=0,119 y P(X<43,56)=0,305.
a) Calcule  y  .
b) A partir de lo anterior halle P(| X −  | 5) .
ii) Considere el siguiente sistema de ecuaciones donde b es una constante.
3x+y+z=1
2x+y-z=4
5x+y+bz=1
a) Resuelva el sistema para z en función de b.
b) A partir de lo anterior, escriba los valores de b para el cual el sistema no tiene solución
única, razonando la respuesta.
Solución:
i) a)
Z=
[5 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]
[2 puntos]
Y -

50,32 −  
50,32 − 

P Z 
= 1,18
 = 0,119 →




43,56 −  
43,56 − 

P(X  43,56) = 0,305 → P Z 
= −0,51
 = 0,305 →




P(X > 50,32) = 0,119 →
Resolviendo el sistema:  = 45,6
y =4
b) P(| X −  | 5) = P(40,6  X  50,6) = 0,7887
ii) a)
A
 __________ ______

 3 1 1 1
 2 1 −1 4

 5 1 b 1
 __________ _________
B









det(A)=3b-5+2-5-2b+3=b-5
Por Cramer z =
3 1 1
2 1 4
5 1 1
b−5
=
6
b−5
b) Si b≠5 det(A)≠0 → rango(A)=3=rango(B)=nº incógnitas → el sistema es compatible y determinado, es decir,
tiene solución única.
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ1
Jueves 6 de mayo de 2004
1.- [Puntuación 6]
El polinomio x 3 − 2 x 2 + ax + b tiene un factor (x - 1) y un resto 8 cuando se divide por (x+1).
Calcule el valor de a y de b.
Solución:
1− 2 + a + b = 0 
a +b =1 
a = −5
→
→b=6
− 1 − 2 − a + b = 8
− a + b = 11
2.- [Puntuación 6]
dy
= 2x − sen x e y=2 cuando 0, encuentre una expresión para y en función de x.
Sabiendo que
dx
Solución:
dy = (2x − sen x ) dx →

dy =

(2x − sen x ) dx → y = x 2 + cos x + C
x =0 y=2
→ C =1
y = x 2 + cos x + 1
3.- [Puntuación 6]
Para 0 ≤ x ≤ 6, encuentre las coordenadas de los puntos de intersección de las curvas y = x 2 cos x
Solución:
y x + 2y = 1.
(0.52, 0.24)
(1.69, -0.35)
(4.63, -1.81)
4.- [Puntuación 6]
Una progresión geométrica tiene una razón común negativa. La suma de los dos primeros términos es 6.
La suma al infinita es 8. Encuentre la razón común y el primer término.
Solución:
 1
u1 (1 + r ) = 6
r = No válido
u1 + u1r = 6 
6

2 1
= 8(1 − r ) → 1 − r = →  2
 → u1 = 8  →
1
S = 8
1+ r
4


r = −
1− r
2

u1 = 12
5.- [Puntuación 6]
La transformación compuesta T está definida por una rotación en sentido horario de 45ᵒ alrededor del origen
seguida de una reflexión en la recta x + y = 0. Calcular la matriz 2 × 2 que representa T.
Solución:
 2
2 

 cos(−45º ) − sen(−45º )   2
2 
 =
Matriz de la rotación: 
2
 sen(−45º ) cos(−45º )   − 2


2 
 2
 cos 270º sen 270º   0 − 1
 = 

Matriz de la reflexión: 
 sen 270º − cos 270º   − 1 0 
 2

 0 − 1  2
.
T = 
 −1 0   − 2

 2
2   2
2 = 2
2 
2
 −
2   2
2 
2 
2
−

2 
−
6.- [Puntuación 6]
Se puede suponer que los pesos de los machos adultos de un tipo de perro se distribuyen normalmente con
media de 25 kg y desviación típica de 3 kg. Sabiendo que el 30% de los pesos se encuentran entre 25 kg y x kg,
donde x> 25, encuentre el valor de x.
Solución:
X:”pesos perros” es N(25, 3)
P(25<X<x)=0,3
P(X>x)=0,2 → x=27,52
7.- [Puntuación 6]
El punto P (1, p), donde p> 0, se encuentra en la curva 2 y 2 − x 3 y = 15 .
(a) Calcule el valor de p.
(b) Calcular la pendiente de la tangente a la curva en P.
Solución:
3
1  11 

a) 2p 2 − p = 15 → 2p 2 − p − 15 = 0 → p =
= 5
− No válido
4

 2
b) 4 yy´−(3x 2 y + x 3 y ´) = 0
y ´=
3x 2 y
4y − x3
En (1, 3) m =
9
11
8.- [Puntuación 6]
Sabiendo que a = (i + 2 j + k), b = (i -3 j + 2k) y c = (2i + j - 2k), calcule (a - b) . (b × c).
Solución:
a-b=5j-k
i
j
k
bxc= 1 − 3
2
1
2 = 4i+6j+7k
−2
b) (a - b) . (b × c)=0+30-7=23
9.- [Puntuación 6]
La función f se define en el dominio [-1, 0] por f : x 
1
1+ x2
(a) Escriba el rango de f.
(b) Encuentre una expresión para f −1 ( x ) .
Solución:
1 
a) R f =  , 1
2 
b) y =
1
1+ x
f −1 ( x ) = −
2
→ y + yx 2 = 1 → x = 
1− y
y
1− x
x
10.- [Puntuación 6]
y +1 z
= y el plano r ⋅ (i + 2 j - k) = 1 se cortan en el punto P. Calcule las coordenadas de P.
La recta x − 1 =
2
3
Solución:
Ecuación del plano: x+2y-z=1
x = 1+ t


y = −1 + 2t 

z = 3t

1+t+2(-1+2t)-3t=1 → t=1
P(2, 1, 3)
11.- [Puntuación 6]
m dx
(a) Calcule
, dando su respuesta en función de m.
2
0 x +4

(b) Sabiendo que

m
0
Solución:
dx
1
a)
=
2
x +4 4

dx
x +4
2
 1+  x 
dx
2
=
 
2
=
1
, calcule el valor de m.
3
1
x
arctan  + C
2
2
m
1
1
 x 
m
=  arctan  = arctan 
2
 2  0 2
2
0 x + 4 2

m
b)
dx
1
m 1
m 2
2
arctan  = → arctan  = → m = 2 tan  
2
2 3
2 3
3
12.- [Puntuación 6]
Marian dispara diez flechas en un blanco. Cada flecha tiene probabilidad 0.4 de golpear el objetivo,
independientemente de todas las demás flechas. Sea X el número de estas flechas que golpean al objetivo.
(a) Halle la media y la desviación típica de X.
(b) Calcule P (X ≥ 2).
Solución:
a) X:”número de flechas de las 10, que dan en el objetivo”
E(X)=10.0,4=4
Var(X)=10.0,4.0,6=2,4
Desviación típica= Var (X) = 1,55
13.- [Puntuación 6]
Un escritorio tiene tres cajones. El Cajón 1 contiene tres monedas de oro, el Cajón 2 contiene dos monedas de oro
y una moneda de plata y el Cajón 3 contiene una moneda de oro y dos monedas de plata. Se elige un cajón al azar
y de el se elige una moneda al azar.
(a) Encuentre la probabilidad de que la moneda elegida sea oro.
(b) Sabiendo que la moneda elegida es oro, encuentre la probabilidad de que haya sido elegido el Cajón 3.
Solución:
a)
1/3
Oro
1
C1 Oro
C1
1/3
2/3
1/3
1/3
C3
Oro
1 2 1 2
+ + =
3 9 9 3
1
P(C3  Oro) 9 1
b) P(C3 | Oro) =
= =
2 6
P(oro)
3
14.- [Puntuación 6]
Calcule
x e
2 x
dx .
Solución:
u = x2
v´= e x
u ´= 2x
v = ex
x e
2 x

dx = x 2e x − 2 xe x dx
u=x
v´= e x
u ´= 1
v = ex
 xe
x
x e
dx = xe x − e x
2 x
C2 Oro
C2
1/3
P(Oro) =
2/9
Oro
dx = x 2e x − 2xe x + 2e x + C
1/9
C3 Oro
15.- [Puntuación 6]
Se midieron las alturas de 60 niños que ingresaron a una escuela. La frecuencia acumulada de los datos
obtenidos se muestra en la siguiente gráfica
Estime
(a) la mediana de las alturas;
(b) la media de las alturas.
Solución:
a) Mediana=1,04
b)
xi
fi
[0.8, 0.9]
[0.9, 1]
[1, 1,1]
[1,1, 1,2]
[1,2, 1,3]
[1,3, 1,4]
0,85
0,95
1,.0
1,15
1,25
1,35
9
15
15
12
6
3
_
x = 1,05
16.- [Puntuación 6]
Resuelva la inecuación
x + 12
3
x − 12
Solución:
?
x + 12
− 3 0
x − 12
 x + 12
= 3 → x = 24

x + 12
= 3 →  x − 12
x + 12
x − 12

= −3 → x = 6
 x − 12
-
+
7
6
24
x  − , 6  24, + 
17.- [Puntuación 6]
2
La función f se define por f : x  3x . Encuentre la solución de la ecuación f '(x) = 2.
Solución:
2
f ´(x) = 2x3x ln 3
2
2
2x3x ln 3 = 2 → x3x ln 3 = 1 → x = 0,607
18.- [Puntuación 6]

La figura muestra un sector OPQ de un círculo de radio r cm y centro O, donde POQ =  .
El valor de r está aumentando a una velocidad de 2 cm por segundo y el valor de θ está aumentando a razón de

0,1 rad por segundo. Encuentre la razón de aumento de la superficie del sector cuando r=3 y  = .
4
Solución:
Objetivo: A´(t) cuando r=3 y  =

4
(t ).r 2 (t )
2
1
A ´( t ) =  ´( t ).r 2 ( t ) + 2r ( t )r ´( t )( t )
2
1
 1

A´( t ) =  0,1.9 + 2.3.2.  = (0,9 + 3) = 5,16 cm2s −1
Para r=3 y  =
2
4 2
4
A(t ) =

19.- [Puntuación 6]
Sea f ( x ) = x 3 cos x , 0  x 


.
2
(a) Halle f '(x).
(b) Calcule el valor de x para el cual f (x) es un máximo.
(c) Encuentre la coordenada x del punto de inflexión en la gráfica de f (x).
Solución:
a) f ´( x ) = 3x 2 cos x − x 3senx = x 2 (3 cos x − xsenx)
b) x 2 (3 cos x − xsenx) = 0 → x = 1,19
c) f ´´(x ) = 2x (3 cos x − xsenx) + x 2 (−3senx − senx − x cos x ) = x (6 cos x − 6xsenx − x 2 cos x )
x (6 cos x − 6xsenx − x 2 cos x ) = 0 → x = 0,82
20.- [Puntuación 6]
El siguiente diagrama tridimensional muestra los cuatro puntos A, B, C y D. A, B y C están en el mismo plano



horizontal y AD es vertical. ABC = 45º , BC = 50 m, ABD = 30º , ACD = 20º .
Usando el teorema del coseno en el triángulo ABC, o de otra manera, encuentre AD.
Solución:
2
AC 2 = AB 2 + 2500 − 100.AB.
2
AD
AD
tan 20º =
tan 30º =
AC
AB
AC.tan20º=AB.tan30ᵒ
1,5862.AB 2 = AB 2 + 2500 − 50 2AB
1,515.AB 2 + 70,71 AB − 2500 = 0 → AB = 23,5
AD=23,5 . tan30ᵒ=13,57
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ2
Jueves 6 de mayo de 2004
1.- [Puntuación 6]
El polinomio x 2 − 4 x + 3 es un divisor de x 3 + (a − 4) x 2 + (3 − 4a ) x + 3 . Calcule el valor de la constante a.
Solución:
x 3 + (a − 4) x 2 + (3 − 4a ) x + 3 = ( x 2 − 4x + 3)(x + a ) + 3 − 3a
3-3a=0 → a=1
2.- [Puntuación 6]
dy
Sabiendo que
= e x − 2x , y que cuando x=0, y=3, halle la expresión de y en función de x.
dx
Solución:
 
dy = (e x − 2x )dx → dy = (e x − 2x )dx → y = e x − x 2 + C
x = 0 y =3
→
3 = 1+ C → C = 2
y = ex − x 2 + 2
3.- [Puntuación 6]
Para −3  x  3 , halle las coordenadas de los puntos de intersección de las curvas y = xsenx
Solución:
y
x + 3y = 1 .
4.- [Puntuación 6]
Los tres términos a, 1, b están en progresión aritmética. Los tres términos 1, a, b, están en progresión geométrica.
Halle el valor de a y de b, sabiendo que a ≠b.
Solución:
b −1 = 1− a →a + b = 2
b a
= → b = a2
a 1
− 1  3  1 → b = 1 No válido
2
a +a−2=0 → a =
=
2
− 2 → b = 4
5.- [Puntuación 6]
Las transformaciones lineales M y S están representadas por las matrices
 0 1
 −1 0
 y S= 
 .
M= 
 −1 0
 0 1
Dé una descripción geométrica completa de la transformación simple representada por la matriz SMS.
Solución:
 − 1 0   0 1   − 1 0   0 − 1  − 1 0   0 − 1
 .
 .
 = 
.
 = 

SMS= 
 0 1   −1 0   0 1   −1 0   0 1   1 0 
 x   0 − 1  x   − y 
.  =   . Transforma los puntos (x, y) en los puntos (-y, x)
SMS.   = 
 y 1 0   y  x 
6.- [Puntuación 6]
Sea z el número complejo dado por z = 1 +
i
.
i− 3
Exprese z en la forma a+bi, dando los valores exactos de las constantes reales a, b.
Solución:
i
(− 3 − i)i
1
3
5
3
z = 1+
= 1+
= 1+ −
i= −
i
3 +1
4 4
4 4
i− 3
7.- [Puntuación 6]
La siguiente figura muestra la función densidad de probabilidad para la variable aleatoria X, que está
normalmente distribuida con media 250 y desviación típica 50.
Halle la probabilidad representada por la región sombreada.
Solución:
P(180  X  280) = 0,645
8.- [Puntuación 6]
El punto P(1, p), con p>0, pertenece a la curva 2x 2 y + 3y 2 = 16 .
a) Calcule el valor de p.
b) Calcule la pendiente de la tangente a la curva en P.
Solución:
2
− 2  14 

a) 2p + 3p 2 = 16 → 3p 2 + 2p − 16 = 0 → p =
= 8
− No válido
6

 3
b) 2(2xy + y´x 2 ) + 6 yy´= 0 → y´=
En (1, 2) m =
−4xy
2x 2 + 6 y
−2xy
= 2
x + 3y
−4
4
=−
1+ 6
7
9.- [Puntuación 6]
La recta r=i+k+µ(i-j+2k) y el plano 2x-y+z+2=0 se cortan en el punto P. Halle las coordenadas de P.
Solución:
 x = 1+ 

Las ecuaciones paramétricas de la recta son:  y = −
z = 1 + 2

2(1 + ) − (−) + (1 + 2) + 2 = 0 → 5 = −5 →  = −1
P(0, 1, -1)
10. [Puntuación 6]
k
, x  k, k  0 .
Sea f ( x ) =
x−k
a) Dibuje aproximadamente, sobre el diagrama que aparece a continuación, la gráfica de f.
Rotule claramente todos los puntos de intersección con los ejes y todas las asíntotas.
b) Dibuje aproximadamente, sobre el diagrama que aparece a continuación, la gráfica de
Rotule claramente todos los puntos de intersección con los ejes.
Solución:
a)
Cortes ejes: (0, -1)
Asíntota vertical: x=k
b) Cortes ejes: (k, 0) y (0,-1)
1
.
f
11.- [Puntuación 6]
La función f viene definida por f : x  x 3 .
Halle la expresión de g(x) en función de x en cada uno de los siguientes casos
a) (fog)(x)=x+1.
b) (gof)(x)=x+1
Solución:
a) (fog )( x) = f(g(x)) = g(x)3 = x + 1 → g(x) = 3 x + 1
b) (gof )( x ) = g(f ( x )) = g( x3 )
Si y = x 3 → g( y) = 3 y + 1
Por lo tanto g( x ) = 3 x + 1
12.- [Puntuación 6]
m dx
a) Halle
, expresando la respuesta en función de m.
0 2x + 3

b) Suponiendo que

m
dx
= 1 , calcule el valor de m.
0 2x + 3
Solución:
m
dx
1  2m + 3 
1

=  ln( 2x + 3) = ln 

0 2  3 
0 2x + 3  2
m
a)

b)
1  2m + 3 
2m + 3
3e 2 − 3
ln 
= e2 → m =
 =1 →
2  3 
3
2
13.- [Puntuación 6]
La variable aleatoria discreta X tiene la siguiente distribución de probabilidad
k
 , x = 1, 2, 3, 4
P( X = x ) =  x

 0 , en los demás casos
Calcule
a) el valor de la constante k.
b) E(X).
Solución:
a)
x
1
P(X=x)
k
k+
2
k
2
3
k
3
4
k
4
k k k
12
+ + = 1 →12k + 6k + 4k + 3k = 12 → k =
2 3 4
25
b) E(X) = 1.
12
12
12
12 12 12 12 12 48
+ 2. + 3. + 4.
=
+
+
+
=
25
50
75
100 25 25 25 25 25
14.- [Puntuación 6]
Roberto va al trabajo en tren todos los días de la semana de lunes a viernes. La probabilidad de que el lunes tome
el tren de las 8:00 es 0,66. La probabilidad de que tome el tren de las 8:00 cualquiera de los otros días de la
semana es 0,75. Se elige al azar un día de la semana.
a) Halle la probabilidad de que tome el tren ese día.
b) Suponiendo que ese día haya tomado el tren de las 8:00, halle la probabilidad de que ese día sea lunes.
Solución:
a)
1/5.0,66
0,66
1/5
Lunes  Tomar el tren
Tomar el ten
Lunes
4/5.0,75
0,75
Tomar el ten
4/5
Otro día
P(Tomar el tren un día)=
1
4
.0,66 + .0,75 = 0,732
5
5
1
.0,66
b) P(Lunes/Tomar el tren)= 5
= 0,1803
0,732
15.- [Puntuación 6]
Suponiendo que a=(i+2j+k)x(-2i+3k)
a) halle a.
b) halle la proyección vectorial d a sobre el vector -2j+k.
Solución:
i
j k
a) a= 1 2 1 = 6i − 5 j + 4k
−2 0 3
→
→
b) Sea v el vector proyección sea b =-2j+k.
→
→
→
v = r. b → v = (0, − 2r, r )
→
→ →
| v |=
a• b
→
|b|
14
=
(6, − 5, 4) • (0, − 2,1) 14
=
| (0, − 2,1) |
5
= 5r 2 → r =
5
→
28 14 

v =  0, − , 
5 5

14
5
Otro día  Tomar el tren
16.- [Puntuación 6]
x+9
2.
x −9
Resuelva la inecuación
Solución:
?
x+9
− 2 0
x −9
x + 9
= 2 → x = 27
x+9

= 2 → x −9
x+9
x −9

= −2 → x = 3
 x − 9
-
+
7
27
3
x  − , 3  27, + 
17.- [Puntuación 6]
La función f viene dada por f : x  3x .
Resuelva la ecuación f´´(x)=2.
Solución:
f ´(x ) = 3x ln 3
f ´´(x ) = 3x (ln 3)2
 2 

ln 
 (ln 3)2 
2


2
3x (ln 3) = 2 → 3x =
→x=
2
ln 3
(ln 3)
18.- [Puntuación 6]
ln x
dx .
Halle
x
Solución:

u = ln x
1
u´=
x

ln x
x
v´= x
−
1
2
v=2 x

−
1
dx = 2 ln x x − 2 x 2 dx = 2 ln x x − 4 x + C
19.- [Puntuación 6]
La siguiente figura muestra un triángulo isósceles ABC con AB=10 cm y AC=BC. El vértice C se mueve en
dirección perpendicular a (AB) con una velocidad de 2 cm por segundo.
Calcule la tasa de variación del ángulo CAB en el instante en el que el triángulo es equilátero.
Solución:

Sea ( t ) = CAB en el instante t.
Objetivo: ´(t) en el instante en que AC=BC=10
Sea s(t) la distancia de C al lado AB.
s( t )
tan ( t ) =
5
1
cos2 ( t )
´( t ) =
 ( t ) = 60º si triánguolo equilátero 1
s´( t )
1
1 1
→ ´( t ) = .s´( t ).cos2 ( t )
=
.2. =
rad s −1
5
5
5 4 10
20.- [Puntuación 6]
La figura que aparece a continuación muestra un sector circular AOB de un círculo de radio 1 y centro O, con

AOB =  .
Las rectas (AB1 ), (A1B2 ), (A 2 B3 ) son perpendiculares a OB.
A1B1, A 2B2 son todos arcos de circunferencia con centro en O.
Calcule la suma infinita de las longitudes de los arcos AB + A1B1 + A2B2 + A3B3 + ......
Solución:
AB + A1B1 + A 2 B2 + A3B3 + .... = .1 + .OB1 + .OB2 + ... =  + . cos  + . cos2  + ... =

1 − cos 
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ1
Viernes 7 de mayo de 2004
1.- [Puntuación 12]
(a) El punto P (1, 2, 11) se encuentra en el plano 1 . El vector es 3i - 4 j + k es perpendicular a 1 .
Encuentre la ecuación cartesiana de 1 .
[2 puntos]
(b) El plano  2 tiene una ecuación x + 3y - z = -4
(i) Demostrar que el punto P también está en el plano  2 .
(ii) Encuentre una ecuación vectorial de la recta de intersección de 1 y  2 .
(c) Calcule el ángulo agudo entre 1 y  2 .
Solución:
a) 3x − 4y + z + D = 0
(1, 2,11)1
→
3 − 8 + 11 + D = 0 → D = −6
1 : 3x − 4y + z − 6 = 0
b) i) 1+3.2-11-7.11=-4 → P   2
ii)
3x − 4 y + z = 6 
 → 4 x − y = 2 → y = −2 + 4 x
x + 3y − z = −4
x = t

1  2 :  y = −2 + 4t
 z = −2 + 13t


c) cos( π1 π2 ) =
| 3 − 12 − 1 |
26 11
=
10
286

→ π1 π2 = 53,75
z = x − 6 + 12 x + 4 = −2 + 13x
[5 puntos]
[5 puntos]
2.- [Puntuación 14]
(i) Jack y Jill juegan a un juego que consiste en tirar un dado por turnos.
Si el dado muestra un 1,2,3 ó 4 , el jugador que lanzó el dado gana el juego.
Si sale un 5 ó un 6 le toca el turno a otro jugador.
Jack empieza a jugar y el juego continúa hasta que alguien gane.
(a) Escriba la probabilidad de que Jack gane en su primera tirada.
(b) Calcule la probabilidad de que Jill gane en su primera tirada.
(c) Calcule la probabilidad de que Jack gane el juego.
[1 punto]
[2 puntos]
[3 puntos]
(ii) Sea f(x) la función de densidad de probabilidad de una variable aleatoria X , donde

para 0  x  2
kx 2
f (x) = 

 0 en caso contrario
(a) Muestre que k =
3
.
8
[2 puntos]
(b) Calcule:
(i) E(X).
(ii) La mediana de X.
Solución:
[6 puntos]
i) a) Probabilidad (Jack gane en su primera tirada)=
2
3
1 2 2
b) Probabilidad (Jill gane en su primera tirada)= . =
3 3 9
c) Probabilidad ( Jack gane el juego)=P( Jack gane en su primera tirada)+P(Jack gane en su segunda
2
2 1 1 2 1 1 1 1 2
3
tirada)+P(Jack gane en su tercera tirada)+…..= + . . + . . . . + ........= 3 =
1
3 3 3 3 3 3 3 3 3
4
1−
9
2
 kx 3 
8k
3
ii) a)
kx dx = 1 → 
=1 → k =
 =1 →
3
3
8
0

 0

2
2
b) i) E(X) =

2
0
2
 3x 4 
3 3
3
x dx = 
 =
8
32
2


0
m
 x3 
3 2
1
1
ii)
x dx =
→   = → m3 = 4 → m = 3 4
2
0 8
 8  0 2

m
3.- [Puntuación 15]
(i) Un número complejo z es tal que |z| =| z - 3i|.
3
(a) Demuestre que la parte imaginaria de z es .
2
(b) Sean z1 y z 2 los dos posibles valores de z, tales que |z|=3
[2 puntos]
(i) Dibuje un diagrama para mostrar los puntos que representan z1 y z 2 en el plano
complejo, donde z1 está en el primer cuadrante.
(ii) Demuestre que arg z1 =

6
(iii) Calcule arg z 2 .
 z kz 
(c) Sabiendo que arg 1 2  =  , encuentre el valor de k.
 2i 


[4 puntos]
[4 puntos]
(ii) Encontrar una expresión para la suma de los primeros 35 términos de la serie
ln x 2 + ln
x2
+ ln
y
x2
x2
xm
+
ln
+
.....
ln
, donde m, n  N .
dando
su
respuesta
en
la
forma
y2
y3
yn
Solución:
i) a) z=x+iy
| z |=| z − 3i | → x 2 + y 2 = x 2 + ( y − 3) 2
b) i) z = x +
→ y 2 = ( y − 3) 2 → y =
3
2
3
i
2

3 3
 x =
9
27
2
| z |= 3 → x 2 + = 3 → x 2 =
→
4
4
3
x = − 3

2
ii) z1 =
3 3 3
+ i
2
2
ii) z 2 = −
3 3 3
+ i
2
2
arg z1 = arctan
1
3
=

6
 1  5
 =
arg z 2 = arctan −
3 6

 z k .z 

 5  k + 2
− =
c) arg 1 2  = arg(z1k .z 2 ) − arg(2i) = k. arg z1 + arg z 2 − = k +
 2i 
2
6
6
2
6


k + 2
=→ k=4
6
ii) ln
x2
− ln x 2 = − ln y
y
Se trata de una serie aritmética con d=-lny
x2
ln x 2 + ln 34
 x 70 
35  x 4 
y

S35 =
.35 =
. ln
= ln 
 y595 
2
2  y34 


[5 puntos]
4.- [Puntuación 10]
La temperatura de un objeto T° C en una habitación, después de t minutos, satisface la ecuación
dT
= k (T − 22), donde k es una constante.
diferencial
dt
(a) Resuelva esta ecuación para demostrar que T = Ae kt + 22 , donde A es una constante.
(b) Cuando t = 0, T = 100, y cuando t = 15, T = 70.
(i) Utilice esta información para encontrar el valor de A y de k.
(ii) Por lo tanto, encontrar el valor de t cuando T = 40.
Solución:
a)

dT
=
T − 22

A =eC
k dt → ln( T − 22) = kt + C → T − 22 = e kt + C → T = 22 + e kt .e C = A.e kt + 22
b) i) t=0 T=100 → 100=A+22 → A=78
 48 
t=15 T=70 → 70 = 78.e15k + 22 → 48 = 78.e15k → 15k = ln   → k = −0,0324
 78 
ii) 40 = 78.e − 0,0324t + 22 → 78.e − 0,0324t = 18 → e − 0,0324t =
18
→ t = 45,26º
78
[3 puntos]
[7 puntos]
5.- [Puntuación 19]
a) Compruebe que cos(A+B)+cos(A-B)=2cos(A).cos(B).
b) Sea Tn (x) = cos(n. arccos(x)) donde x es un número real del intervalo [-1,1] y n es un entero
positivo.
(i) Halle T1 ( x ) .
(ii) Compruebe que T2 ( x ) = 2x 2 − 1 .
[2 puntos]
[5 puntos]
c)
(i) Utilice el resultado del apartado (a) para comprobar que Tn +1 (x) + Tn −1 (x) = 2xTn (x) .
(ii) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, demuestre por inducción que Tn ( x )
es un polinomio de grado n.
[12 puntos]
Solución:
a) cos(A+B)+cos(A-B)=cosA.cosB-senA.senB+cosA.cosB+senA.senB=2cosA.cosB
b) i) T1(x) = cos(arccosx) = x
ii) T2 ( x ) = cos(2 arccosx ) = cos2 (arccosx ) − sen 2 (arccosx ) = x 2 − (1 − x 2 ) = 2x 2 − 1
c) i)
(a )
Tn +1(x) + Tn −1(x) = cos(n arccosx + arccosx) + cos(n arccosx − arccosx) = 2 cos(n arccosx).cos(arccosx) = 2Tn (x).x
ii) Para n=1 cierto por (b- i)
Supongamos cierto para n=k : Tk ( x ) es polinomio de grado k.
Probemos para n=k+1 : Tk+1 ( x ) es polinomio de grado k+1 ?
Tk +1(x) = 2xTk (x) − Tk −1(x)


 


grado k +1
grado k −1
→ Tk+1 ( x ) es polinomio de grado k+1
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ2
Viernes 7 de mayo de 2004
1.- [Puntuación 13]
a) Los puntos A(1, 2) y B(4, 5) se aplican en A´(2, 3) y B´(5, 6) respectivamente, mediante una
transformación lineal M.
i) Halle la matriz M que representa esta transformación.
ii) Halle la imagen A´ mediante M.
[7 puntos]
El punto C(1, 3) se aplica en C´(2, 2) mediante una traslación T.
b) Halle el vector que representa T.
c) Halle la imagen de D(5, 7) mediante las siguientes transformaciones:
i) T seguida de M.
ii) M seguida de T.
Solución:
a b

a) i) M= 
c d
 a b  1   2 
a + 2b = 2

  =   → 
c
d
2
3

   
 c + 2d = 3
 a b  4   5 
4a + 5b = 5

  =   → 
c
d
5
6

   
4c + 5d = 6
De la 1ª y 3ª ecuación: b=1 a=0
De la 2ª y 4ª ecuación: d=2 c=-1
 a b  1   2 
a + 2b = 2
  =   → 
ii) 
 c d  2   3 
 c + 2d = 3
 0 1

M= 
 −1 2
 0 1  2   3 
  =  
ii) 
 − 1 2  3   4 
 1 
b) C+T=C´ → T=  
 − 1
 5 6
c) i) T+   =  
7 6
6 6
M.   =  
6 6
5 7
ii) M.   =  
7 9
 7  8
T+   =  
 9  8
[2 puntos]
[4 puntos]
2.- [Puntuación 14]
i) Jack y Jill juegan a un juego que consiste en tirar un dado por turnos.
Si sale un 1, 2, 3 ó 4 , el jugador que tiró el dado gana el juego.
Si sale un 5 ó un 6 le toca el turno al otro jugador.
Jack empieza a jugar y el juego continúa hasta que alguien gane.
(a) Escriba la probabilidad de que Jack gane en su primera tirada.
(b) Calcule la probabilidad de que Jill gane en su primera tirada.
(c) Calcule la probabilidad de que Jack gane el juego.
ii) Sea f(x) la función densidad de probabilidad de una variable aleatoria X , donde
para 0  x  2
kx 2
f (x) = 
 0 en los demás casos.
3
(a) Compruebe que k = .
8
(b) Calcule:
(i) E(X).
(ii) La mediana de X.
Solución:
2
i) a) P(Jack gane en su primera tirada)=
3
b) P(Jill gane en su primera tirada)=
1 2 2
. =
3 3 9
c) P(Jack gane el juego)= P(Jack gane en su primera tirada)+P(Jack gane en su segunda tirada)+ ......=
2
2 1 1 2 1 1 1 1 2
3
= + . . + . . . . + .......= 3 =
1
3 3 3 3 3 3 3 3 3
4
1−
9
ii) a)
2
 kx 3 
8k
3
kx dx = 1 → 
 =1 → =1 → k =
3
8
0
 3  0

2
b) E(X) =
2

2
0
c)

m3
0
8
2
3 3
x dx =
8
 3x 4 
3

 =
32

 0 2
m
x 2 dx =
 x3 
1
1 m3 1
→  = →
= → m=3 4
2
8
2
8
2
  0
[1 punto]
[2 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
[6 puntos]
3.- [Puntuación 14]
a) Considere los vectores unitarios u y v en un espacio tridimensional.
Demuestre que el vector u+v biseca el ángulo entre u y v.
Considere los puntos A(2, 5, 4), B(1, 3, 2) C(5, 5, 6). La recta L pasa por B y biseca al ángulo ABC.
b) Halle la ecuación de L.
c) La recta L corta a (AC) en el punto D. Halle las coordenadas de D.
Solución:
a) Sea α el ángulo que forman los vectores u y v.
Sea  el ángulo que forman los vectores u y u+v.
→ →
cos  =
→ →
u• v
→
= u• v
→
| u |.| v |
→
cos =
→ →
u•(u + v)
→
=
→ →
| u |.| u + v |
1 + cos 
→ →
| u+ v |
→ →
→ →
 → →  → →
| u + v |2 =  u + v  •  u + v  = 2 + 2 u • v = 2 + 2 cos 

 

cos =
1 + cos 
→ →
1 + cos 
=
2 + 2 cos 
| u+ v |
1 + cos 


= cos
→=
2
2
2
=
b)
→
→
|BA |=3
BA = (1, 2, 2)
→
1 → 1 2 2
. BA =  , , 
3
3 3 3
es unitario
→
→
BC = (4, 2, 4)
|BC|= 6
→
1 → 2 1 2
. BC =  , , 
6
3 3 3
Según el apartado (a) 3l vector
es unitario
1 → 1 → 
4
. BA + . BC = 1, 1,  es vector director de la recta L.
3
6
3


 x =1+ t

L:  y = 3+ t

4
z = 2 + 3 t

 x = 2 + 3s

c) (AC ) : y = 5
 z = 4 + 2s


 1 + t = 2 + 3s
1

→ t=2 s=
3 + t = 5
3

4
 2 + 3 t = 4 + 2s

→
14 

D 3, 5,

3

[4 puntos]
[4 puntos]
[6 puntos]
4.- [Puntuación 10]
Sea f (x) = x cos x, para 0  x   .
La curva de f(x) tiene un máximo local en x=a y un punto de inflexión en x=b.
a) Dibuje aproximadamente la gráfica de f(x) indicando las posiciones aproximadas de a y b.
b) Halle el valor de
i) a.
ii) b.
c) Utilizando la integración por partes halle una expresión para
Solución:
a)
b) i) a=0,86
ii) f´(x)=cosx-xsenx
f´´(x)=-senx-senx-xcosx=-2senx-xcosx=-2senx-xcosx=0 → x=2,29
c)
u=x
u´= 1
v´= cos x
v = senx
 x cos x dx = xsenx −  senx dx = xsenx + cos x + C
d)


2
0

2
0
x cos x dx = xsenx + cos x  =

−1
2
[3 puntos]
 x cos x dx .
d) A partir de loa anterior halle el valor exacto del área encerrada por la curva y el eje x, para 0  x 
b=2,29
[2 puntos]
[3 puntos]

.
2
[2 puntos]
5.- [Puntuación 19]
a) Compruebe que cos(A+B)+cos(A-B)=2cos(A).cos(B).
[2 puntos]
b) Sea Tn (x) = cos(n. arccos(x)) donde x es un número real, x − 1,1 y n es un entero positivo.
(i) Halle T1 ( x ) .
(ii) Compruebe que T2 ( x ) = 2x 2 − 1 .
[5 puntos]
(i) Utilice el resultado del apartado (a) para comprobar que Tn +1 (x) + Tn −1 (x) = 2xTn (x) .
(ii) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, demuestre por inducción que Tn ( x ) es un
polinomio de grado n.
Solución:
a) cos(A+B)+cos(A-B)=cosAcosB-senAsenB+cosAcosB+senAsenB=2cos(A).cos(B)
c)
b) i) T1(x) = cos(arccosx) = x
ii) T2 ( x ) = cos(2 arccosx ) = cos2 (arccosx ) − sen 2 (arccosx ) = x 2 − (1 − cos2 (arccosx )) = 2x 2 − 1
c) i)
Tn +1( x ) + Tn −1 ( x ) = cos((n + 1) arccosx ) + cos((n − 1) arccosx ) =
(a )
= cos(n arccosx + arccosx ) + cos(n arccosx − arccosx ) = 2 cos(n arccosx ) cos(arccosx ) = 2Tn ( x ).x
ii) Para n=1 T1 ( x ) = x es polinomio de grado uno. Cierto
Suponemos cierto para n=k Tk ( x ) es polinomio de grado k.
Probemos que Tk+1 ( x ) es polinomio de grado k+1.
Tk +1 ( x ) = 2xTk ( x )− Tk −1 ( x ) , por lo tanto Tk+1 ( x ) es polinomio de grado k+1.
grado k +1 grado k −1
[12 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
Miércoles 3 de noviembre de 2004
1.- [Puntuación 6]
Considere f ( x ) = x 3 − 2x 2 − 5x + k . Halle el valor de k si (x+2) es un divisor de f(x).
Solución:
f(-2)=0 → -8-8+10+k=0 →k=6
2.- [Puntuación 6]
 1 −1 2


Sabiendo que la matriz A=  2 p 3  es singular, halle el valor de p.
1 − 2 5


Solución:
5
|A|= 5p-3-8-2p+10+6=3p+5 → 3p + 5 = 0 → p = −
3
3.- [Puntuación 6]
La suma de los n primeros términos de una serie viene dada por Sn = 2n 2 − n , n  Z + .
a) Halle los tres primeros términos de la serie.
b) Halle una expresión para el término n-ésimo de la serie, dando la respuesta en función de n.
Solución:
a) u1 = S1 = 1
u 2 = S2 − S1 = 5 u3 = S3 − S2 = 9
b) u n = Sn − Sn −1 = 2n 2 − n − 2(n − 1) 2 + (n − 1) = 2n 2 − n − 2n 2 − 2 + 4n + n − 1 = 4n − 3
4.- [Puntuación 6]
Sabiendo que (a+i)(2-bi)=7-i, halle el valor de a y de b, tal que a , b  Z .
Solución:
(a+i)(2-bi)=2a-abi+2i+b
3 → b =1
2a + b = 7 
75 

2
= 1
 → b = 7 − 2a → − a (7 − 2a ) + 2 = −1 → 2a − 7a + 3 = 0 → a =
No válido
− ab + 2 = −1
4

 2
5.- [Puntuación 6]
Si y = ln( 2x − 1) , halle
Solución:
dy
2
=
dx 2x − 1
d2y
dx
2
=−
4
(2x − 1) 2
d2y
dx 2
.
6.- [Puntuación 6]
Se tira un dado, perfectamente equilibrado, cuyos seis lados presentan los números 1, 1, 2, 3, 4, 5.
Halle la media y la varianza de la puntuación.
Solución:
Sea X:”la puntuación”
x
P(X=x)
E(X) =
1
1
3
2
1
6
3
1
6
4
1
6
5
1
6
1 2 3 4 5 16 8
+ + + + =
=
3 6 6 6 6 6 3
2
2
2
2
2
8 1  8 1 
8 1 
8  1 25 4
1 16 49 120 20
 8 1 
Var (X) = 1 −  . +  2 −  . +  3 −  . +  4 −  . +  5 −  . =
+
+
+
+
=
=
3 6 
3 6 
3 6 
3  6 27 54 54 54 54 54
9
 3 3 
7.- [Puntuación 6]
a) Halle el mayor conjunto S de valores de x tal que la función f ( x ) =
1
3 − x2
tome valores reales.
b) Halle el recorrido de la función f definida sobre el dominio S.
Solución:
a) 3 − x 2  0 → x 2  3 → S = − 3 , 3


 1

, + 
b) R f = 
 3

8.- [Puntuación 6]
a) Halle el desarrollo de (2 + x )5 , expresando la respuesta en orden ascendente de potencias de x.
b) Tomando x=0,01, o de cualquier otro modo, halle el valor exacto de 2,015 .
Solución:
5
 5
5 
 5
5 
 5
a) (2 + x )5 =  25 +  2 4 x +  23 x 2 +  2 2 x 3 +  2 x 4 +   x 5 = 32 + 80 x + 80 x 2 + 40 x 3 + 10 x 4 + x 5
0
1
2
3
4
 
 
 
 
 
 5
b) 2,015 = (2 + 0,01)5 = 32 + 0,8 + 0,008 + 0,00004 + 0,0000001 + 0,0000000001 = 32,8080401001
9.- [Puntuación 6]
El siguiente diagrama muestra un círculo de centro O y radio OA=5 cm. El ángulo AOB=135ᵒ.
Halle el área de la región sombreada.
Solución:
3
.25
75
Área sector circular OAB= 4
=
2
8
Área triángulo OAB=
5.5.sen135º 25 2
=
2
4
Área región sombreada=
75 25 2 75 − 50 2
−
=
= 20,6 cm2
8
4
8
10.- [Puntuación 6]
Considere la ecuación e − x = cos 2x , para 0  x  2 .
a) ¿Cuántas soluciones tiene esta ecuación?
b) Halle la solución más próxima a 2 , expresando la respuesta con cuatro cifras decimales.
Solución:
a)
Tiene cuatro soluciones:
x=0
x=0,43
x=2,4
x=3,9
x=5,5
b) La más próxima a 2 es x=5,4998
11.- [Puntuación 6]
Considere los cuatro puntos A(1, 4, -1), B(2, 5, -2), C(5, 6, 3) y D(8, 8, 4).
Halle el punto de intersección entre las rectas (AB) y (CD).
Solución:
 x = 1+ t
 x = 5 + 3s


(AB ) :  y = 4 + t (CD) : y = 6 + 2s
z = −1 − t
 z = 3+s


 1 + t = 5 + 3s

→ − 3 = −1 + s → s = −2 t = −2
4 + t = 6 + 2s
− 1 − t = 3 + s

Punto de intersección (-1, 2, 1)
12.- [Puntuación 6]
Una variable aleatoria X tiene una función densidad de probabilidad dada por
f ( x ) = k (2x − x 2 ), para 0  x  2
f (x) = 0 ,
para el resto
a) Halle el valor de k.
b) Halle P(0,25  X  0,5) .
Solución:
a)
2
 k(2x − x ) dx = 1
2
0
2
 
x 3 
8  4k

k(2x − x ) dx = k x 2 −  = k 4 −  =


3 
3 3

 
0
0
4k
3
=1 → k =
3
4

2
2
1
3 
x 3  2 3  1 1  3  1
1  3 5 3 11 15 33
29
b) P(0,25  X  0,5) =   x 2 −
 =  − −  −
=
−
=
= 0,1133
= . − .


3  1 4  4 24  4  16 192  4 24 4 192 96 768 256
 4 

4
13.- [Puntuación 6]
Sabiendo que z C , resuelva la ecuación z 3 − 8i = 0 , expresando las respuestas en la forma z = r (cos + isen) .
Solución:
 


 2 cos + isen 
6
6
 
5
5 
 
3
z = 8i = 3 8  = 2  2k = 2 cos + isen

+
6
6 


2
6 3
3
3 
 
2 cos 2 + isen 2 

 
14.- [Puntuación 6]
Halle el área total de las dos regiones encerradas por la curva y = x 3 − 3x 2 − 9x + 27 y la recta y=x+3.
Solución:
x 3 − 3x 2 − 9x + 27 = x + 3 → x 3 − 3x 2 − 10x + 24 = 0
1
-3 -10 24
2
2
-2
-24
1
-1 -12 0
1 7  4
x 2 − x − 12 = 0 → x =
=
2
− 3
Las dos gráficas se cortan en x=-3, 2 y 4.
Área total =
 (x
2
−3
3
)
− 3x 2 − 10x + 24 dx +
2
 (− x
4
3
)
+ 3x 2 + 10x − 24 dx =
2
4
 x4

 x4

=  − x 3 − 5x 2 + 24x  + −
+ x 3 + 5x 2 − 24 x  =
 4
 −3  4
 2
407
 81

= (4 − 8 − 20 + 48) −  + 27 − 45 − 72  + (−64 + 64 + 80 − 96) − (−4 + 8 + 20 − 48) =
4
4


15.- [Puntuación 6]
Halle los valores de m tales que para todo x
m( x + 1)  x 2 .
Solución:
Veamos para qué valores de m
x 2 − m( x + 1)  0 .
x 2 − mx − m = 0 → x =
m  m 2 + 4m
2
m 2 + 4m  0 → m(m + 4)  0
+
7
7
+
7
m  − 4, 0
→
0
-4
16.- [Puntuación 6]
Halle la ecuación de la normal a la curva x 3 + y3 − 9xy = 0 en el punto (2, 4).
Solución:
3x 2 + 3y 2 y´−9( y + xy´) = 0 → y´=
− 3x 2 + 9y
3y 2 − 9x
−12 + 36 24 4
5
En (2, 4) m ==
=
= → mN = −
48 − 18
30 5
4
5
y − 4 = − ( x − 2)
4
17.- [Puntuación 6]
Utilizando la sustitución 2x = sen , o de cualquier otro modo, halle
 
 1 − 4x 2  dx .


Solución:
2 x = sen → x =
dx =
sen
2
1
cos  d
2
1 − 4x 2 = 1 − sen 2 = cos 
 
 1 − 4 x 2  dx = 1

2

1

 cos  d = 4  (1 + cos 2) d = 4   + 2 sen2  + C = 4  arcsen2x + 2x 1 − 4x
1
2
1
1
2
+C


18.- [Puntuación 6]
Una lata cilíndrica cerrada tiene un volumen de 500 cm3. La altura de la base es h cm y el radio de la base es r cm.
a) Halle una expresión para la superficie total A de la lata en función de r.
b) Dado que hay un valor mínimo de A para r>0, halle este valor de r.
Solución:
a) A = 2r 2 + 2rh
b)
500= r 2 h
=
2r 2 + 2r
dA
1000 4r 3 − 1000
= 4r − 2 =
dr
r
r2
4r 3 − 1000 = 0 → r = 3
250
2
= 5. 3


500
r
2
= 2r 2 +
1000
r
19.- [Puntuación 6]
a) Halle la ecuación cartesiana del plano que contiene al origen O y los dos puntos A(1, 1, 1) y B(2, -1, 3).
b) Halle la distancia desde el punto C(10, 5, 1) al plano OAB.
Solución:
x 1 2
a) y 1 − 1 = 0 → 3x − z + 2 y − 2z − 3y + x = 0 → 4x − y − 3z = 0
z 1
3
b) d(C, planoOAB ) =
| 40 − 5 − 3 |
16 + 1 + 9
=
32
26
20.- [Puntuación 6]
El siguiente diagrama muestra las rectas x-2y-4=0, x+y=5 y el punto P(1, 1). Se dibuja una recta desde P que
corta a x-2y-4=0 en Q, y a x+y=5 en R, de tal modo que P es el punto medio de [QR].
Halle el valor exacto de las coordenadas de Q y de R.
Solución:
El punto Q es de la forma Q(2y+4, y)
El punto R es de la forma R(x, 5-x)
Como P es el punto medio de [QR]:
x + 2y + 4
= 1 → x + 2 y = −2
2
y+5−x
= 1 → − x + y = −3
2
Resolviendo el sistema: y = −
5
3
x=
4
3
 4 11 
→ R , 
3 3 
5
2
Q , − 
3
3
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Jueves 4 de noviembre de 20004
1.- [Puntuación 11]
Considere el número complejo z = cos + isen .
a) Utilizando el teorema de De Moivre, compruebe que z n +
1
zn
= 2 cos n .
[2 puntos]
4
1
1

b) Mediante el desarrollo de  z +  , compruebe que cos4  = (cos 4 + 4 cos 2 + 3) .
8
z

c) Sea g (a ) =
a
[4 puntos]
 cos  d .
4
0
i) Halle g(a).
ii) Resuelva g(a)=1.
[5 puntos]
Solución:
a)
1
1
1
cos n − isenn 
zn +
= (cos  + isen )n +
= (cos n + isenn ) +
= cos n + isenn  +
= 2 cos n
cos n + isenn 
zn
cos2 n + sen 2 n
(cos  + isen)n
b)
4
 4 4  4 3 1  4 2 1  4 1  4 1
1
1
1

+  z 2 +  z 3 +   4 = z 4 + 4z 2 + 6 + 4 2 + 4 = 2 cos 4 + 8 cos 2 + 6
 z +  =  z +  z
0
1
2
3
4
z
z

z
z
z
z
z
 
 
 
 
 
4
1

Por otra parte  z +  = (2 cos ) 4 = 16 cos4 
z

Igualando (1) y (2): cos4  =
(2)
2
8
6 1
cos 4 + cos 2 + = (cos 4 + 4 cos 2 + 3)
16
16
16 8
c) i)
g (a ) =

a
cos4  d =
0
ii) g(a)=1 → a= 2,96
a1
8
0


(cos 4 + 4 cos 2 + 3) d =  1  sen4 + 2sen2 + 3 
8 
4
a
 0
1  sen4a

= 
+ 2sen2a + 3a 
8 4

(1)
2.- [Puntuación 16]
x + 2 y z -9
.
= =
3
1
-2
a) Sea M un punto de l1 con parámetro  .
La ecuación de una recta l1 es
Exprese las coordenadas de M en función de  .
[1 puntos]
b) La recta l 2 es paralela a l1 y pasa por P(4, 0, -3).
i) Escriba una ecuación para l 2 .
→
ii) Exprese PM en función de  .
[4 puntos]
→
c) El vector PM es perpendicular a l1 .
i) Halle el valor de  .
ii) Halle la distancia entre l1 y l 2 .
[5 puntos]
d) El plano 1 contiene a l1 y a l 2 .
Halle una ecuación de 1 , expresando la respuesta en la forma Ax+By+Cz=D.
e) El plano  2 tiene por ecuación x-5y-z=-11.
[4puntos]
Compruebe que l1 es la recta de intersección de los planos 1 y  2 .
[2 puntos]
Solución:
a) M(−2 + 3, , 9 − 2)
 x = 4 + 3t
b) i) l 2 : 
y = t
z = −3 − 2 t

→
ii) PM = (−6 + 3, , 12 − 2)
 3 
 
c) i) PM•  1  = 0 → − 18 + 9 +  − 24 + 4 = 0 → 14 = 42 →  = 3
 − 2
 
→
→
ii) d(l1, l 2 ) =| PM |= 9 + 9 + 36 = 54 = 3 6
d)
x+2 3
6
y
1
0 = 0 → − 12x − 24 − 12 y − 6z + 54 + 36 y = 0 → − 12x + 24 y − 6z + 30 = 0 → −2x + 4 y − z + 5 = 0
z − 9 − 2 − 12
e)
− 2 x + 4 y − z = −5
 → −3x + 9 y = 6 → x = −2 + 3y
x − 5 y − z = −11 
x = −2 + 3t 

y = t  que es la recta l1
z = 9 − 2t 

z = −2 + 3y − 5 y + 11 = 9 − 2 y
3.- [Puntuación 15]
a) Sea T1 una rotación con centro en el origen y ángulo A, y T2 una rotación con centro en el
origen y ángulo B. Considere las matrices T1 y T2 , y el producto T1 T2 , para demostrar que
sen(A+B)=senAcosB+cosAsenB
cos(A+B)=cosAcosB-senAsenB.
b) A partir de lo anterior, demuestre que tan 2A =
2 tan A
1 − tan 2 A
.
[5 puntos]
− 12 
 5


13  representa una simetría respecto a una recta que pasa por el origen.
c) La matriz  13
 − 12 − 5 


13 
 13
Utilizando el resultado del apartado (b), halle la ecuación de esta recta.
Solución
 cos A − senA 
 cos B − senB 
a) T1= 
T2= 


senA
cos
A


 senB cos B 
T1 T2 es la matriz de una rotación con centro el origen y ángulo A+B, por lo tanto
 cos(A + B)
 sen( A + B)
T1 T2= 
 cos A
 senA
T1 T2= 
− sen( A + B) 
 (1)
cos(A + B) 
− senA  cos B − senB   cos A cos B − senAsenB

=
cos A  senB cos B   senA cos B + cos AsenB
− cos AsenB − senA cos B 
 (2)
− senAsenB + cos A cos B 
Identificando (1) y (2) se obtienen las identidades.
2senA cos A
b) tan 2A =
sen 2A senA cos A + cos AsenA
2senA cos A
2 tan A
cos2 A
=
=
=
=
2
2
2
cos 2A cos A cos A − senAsenA cos A − sen A cos A − sen 2 A 1 − tan 2 A
cos2 A
c) Sea y=mx la recta que pasa por el origen y sea m=tanα.
 cos 2 sen2 
 .
La matriz que representa la simetría con respecto a la recta es: 
 sen2 − cos 2 
Por lo tanto: cos 2 =
tan 2 = −
5
13
sen 2 = −
12
13
12
5
 3
12
2 tan 
5  13  2
2
2
−
=
→ − 12 + 12 tan  = 10 tan  → 6 tan  − 5 tan  − 6 = 0 → tan  =
=
2
5 1 − tan 2 
12
−
 3
Sólo cumple la matriz que representa la simetría con tan  = −
[4 puntos]
2
2
, por lo tanto la recta es y = − x .
3
3
[6 puntos]
4.- [Puntuación 17]
Ian y Kart han sido elegidos para representar a sus países en la categoría olímpica de lanzamiento
de disco. Se supone que la distancia conseguida por los atletas en el lanzamiento está normalmente
distribuida. La distancia media conseguida por Ian el año pasado fue de 60,33 m, con una desviación
típica de 1,95 m.
a) El año pasado, el 80% de los lanzamientos de Ian superaron los x metros.
Halle x, aproximando el resultado a dos cifras decimales.
[3 puntos]
b) El año pasado, el 80% de los lanzamientos de Kart superaron los 56,52 m.
Si la distancia media de sus lanzamientos fue 59,39 m, halle la desviación típica de sus
lanzamientos, aproximando el resultado a dos cifras decimales.
[3 puntos]
c) Este año, los lanzamientos de Kart tienen una media de 59,50 m y una desviación típica de
3,00 m. Los lanzamientos de Ian siguen teniendo una media de 60,33 m y una desviación típica
de 1,95 m. En la competición, un atleta ha de tener al menos un lanzamiento de 65 m o más en la
primera vuelta para poder clasificarse para la final.
Se permiten tres lanzamientos a cada atleta en la primera vuelta.
i) Determine cuál de los dos atletas tiene más posibilidades de clasificarse para la final
en su primer lanzamiento.
ii) Halle la probabilidad de que los dos atletas se clasifiquen para la final.
[11 puntos]
Solución:
a) X I :”distancia conseguida por Ian” es N(60.33, 1.95)
P(X I  x ) = 0,8 →x=58,69 m
b) X K :”distancia conseguida por Kart” es N(59.39, )
Z=
X K −59,39

P(X K  56,52) = 0,8 → P( Z 
56,52 − 59,39
− 2,87
) = 0,8 →
= −0,8416 →  = 3,41


c) i) X K :”distancia conseguida por Kart” es N(59.50, 3)
P(X K  65) = P(65  X K  74,5) = 0,0333
P(X I  65) = P(65  X I  70,08) = 0,0083
ii) Sea P(K i ) la probabilidad de que Kart supere los 65 m en el intento i=1, 2, 3.
Sea P(I i ) la probabilidad de que Ian supere los 65 m en el intento i=1, 2, 3.
P(los dos atletas se clasifiquen para la final) = P(K1 ) . P(I1 ) + P(K1 ) . P(I 2 ) + P(K1 ) . P(I 3 ) + P(K 2 ) . P(I1 )
+ P(K 2 ) . P(I 2 ) + P(K 2 ) . P(I 3 ) + P(K 3 ) . P(I1 ) + P(K 3 ) . P(I 2 ) + P(K 3 ) . P(I 3 ) =
=0,0333.0,0247+0,0322.0,0247++0,0311.0,0247=0,0024
5.- [Puntuación 11]
Considere la ecuación diferencial
dy
y
.
= 2
d
e +1
(
)
a) Utilice la sustitución x = e  para comprobar que
b) Halle
 x(x
dx
+ 1)
2
 y =  x(x
dy
dx
2
+ 1)
.
.
[4 puntos]
c) A partir de lo anterior, halle y en función de  , si y = 2 cuando  = 0 .
Solución:
dy
y
1
d
dx
a)
=
→ dy =
=
→
2

2

d e + 1
y
e + 1 x ( x 2 + 1)
(
b)
)
1
x ( x 2 + 1)
=
(
)
 y dy =  x(x
1
dx
2
+ 1)
A Bx + C
+
x x2 +1
1 = A( x 2 + 1) + (Bx + C) x
Para x = 0
1= A
Para x = 1
1 = 2 + B + C → B + C = −1
Para x = −1
1 = 2 + (−B + C)(−1) → − B + C = 1
C=0
B=-1
 x(x
x 
1
1
2
=  −
 dx = ln x − 2 ln( x + 1) + C
2
x
+ 1)
x +1


dx
c)

2
dy
=
y
 x(x
ln y = ln x −
dx
2
+ 1)
[3 puntos]
→ ln y = ln x −
1
ln( x 2 + 1) + ln 2 → y =
2
y = 2 x =1
1
ln( x 2 + 1) + C
→ ln 2 = − ln 2 + C → C = ln 2
2
2x
x2 +1
=
2e 
e 2 + 1
[4 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ1
Martes 3 de mayo de 2005
1.- [Puntuación 6]
 3
1
2
 
 
 
Los vectores a, b y c están definidos por a=  2  , b =  5  y c =  y  .
 2
3
 − 1
 
 
 
Sabiendo que c es perpendicular a 2a-b, encuentre el valor de y.
Solución:
 5 
 
2a-b=  − 1 
 − 4
 
c. (2a-b)=0 → 10-y-12=0 → y=-2
2.- [Puntuación 6]
5
2

Encuentre el coeficiente de x en el desarrollo de  3x −  .
x

Solución:
5
2
3
4
5
 5
2  5
2 5

 2   5
 2  5
 2   5  2 
 3x −  =  (3x)5 −  (3x ) 4 . +  (3x)3.  −  (3x) 2 .  +  (3x )11.  −  . 
x   0
x  2

 x   3
 x   4
 x   5  x 
1 
5 
Coeficiente de x:  33.2 2 = 1080
 2
3.- [Puntuación 6]
x −3
5−z
= y +1 =
La recta
y el plano 2x-y+3z=10 se cortan en el punto P. Calcule las coordenadas de P.
2
3
Solución:
x = 3 + 2t 

y = −1 + t 
z = 5 − 3t 
2(3+2t)-(-1+t)+3(5-3t)=10 → t=2
P(7, 1, -1)
4.- [Puntuación 6]
x − 2
 1


− 3
 1
 y B=  − 2 1
0 .
Las matrices A, B son tales que det A =det B donde A= 
 x +1 5 
 0 −1 x 


Encuentre los valores de x.
Solución:
det A=5+3x+3=3x+8
det B=x-4+2x2
3x + 8 = x − 4 + 2 x 2 → x 2 − x − 6 = 0 → x =
1 5  3
=
2
− 2
5.- [Puntuación 6]
Encuentre el área de la región encerrada por los gráficos de f ( x ) = 4 − x 2 y g( x ) = ( x + 1) cos x
Solución:
x = −1,92
4 − x 2 = ( x + 1) cos x → 
 x = 2,72
 4 − x
2,72
2
−1,92

− ( x + 1) cos x dx = 9,4
6.- [Puntuación 6]
Sea X una variable aleatoria normal con media 25 y varianza 4. Halle P( |X-25| )<3 .
Solución:
X es N(25, 2)
P(|X-25|)<3 =P(22 < X <28)=0,8664
7.- [Puntuación 6]
En un examen de 20 preguntas de opción múltiple cada pregunta tiene cuatro respuestas posibles, sólo una de
las cuales es correcta. Robert anota al azar la respuesta a cada pregunta.
(a) Encuentre su número esperado de respuestas correctas.
(b) Encuentre la probabilidad de que Robert obtenga este número esperado de respuestas correctas.
Solución:
1

a) X:” número de respuestas correctas de las 20” es B  20, 
4

E ( X ) = 20.
1
=5
4
5
15
 20  1   3 
b) P(X = 5) =     
 5  4   4 
= 0,2023
8.- [Puntuación 6]
El siguiente diagrama muestra un círculo con centro O y radio r. La longitud del arco ACB es 2r.
El área del segmento sombreado puede expresarse como k r 2 . Calcule el valor de k.
Solución:
kr 2 =
2r 2 r.r.sen 2
 sen 2 
−
= r 2 1 −

2
2
2 

k = 1−
sen2
2
9.- [Puntuación 6]
Considere la función f ( x ) = ln x 2 + 4 .
(a) Calcule f ´(x).
(b) Calcule f ´´(x).
Solución:
1
1
1
x
. .
.2x =
a) f ´( x ) =
2
2
2
2
x +4
x +4
x +4
b) f ´´( x ) =
x 2 + 4 − 2x 2
( x 2 + 4) 2
=
4 − x2
( x 2 + 4) 2
10.- [Puntuación 6]
En una encuesta a 50 personas se encuentra que 40 poseen una televisión y 21 poseen una computadora.
Cuatro no poseen ni una computadora ni una televisión. Una persona es elegida al azar de este grupo.
(a) Encuentre la probabilidad de que esta persona sea propietaria de una televisión y una computadora.
(b) Sabiendo que esta persona posee una computadora, encuentre la probabilidad de que también sea dueño de
una televisión.
Solución:
a)
Computador
No Computador
Televisión
15
25
40
No Televisión
6
4
10
21
29
50
P(Televisión  Computador ) =
15 3
=
50 10
3
P(Televisión  Computador 10 5
b) P(Televisión / Computador ) =
=
=
21 7
P(Computador )
50
11.- [Puntuación 6]
Resuelva la siguiente ecuación para z, donde z es un número complejo
z
z −1
5
+
=
.
3 + 4i
5i
3 − 4i
Dé su respuesta en la forma a+b i donde a , b ∈Z.
Solución:
z5i(3-4i)+(z-1)(3+4i)(3-4i)=5(3+4i)5i → z(15i+20)+(z-1)(9+16)=75i-100
5i − 5 (5i − 5)(3 − i) −10 + 20i
z=
=
=
= −1 + 2i
3+i
10
10
12.- [Puntuación 6]
Encuentre la pendiente de la curva 2sin(xy) =1 cuando y =
Solución:
2cos(xy).(y+xy´)=0 → y ´=
1
Para y =
2
1
y   x  2 .
2
−2 cos(xy) y
2 cos(xy) x

x 
 2 = 6 → x = 3 No válido
x
x 1
2sen = 1 → sen = → 
x 5
5
2
2 2
 =
→x=
3
 2 6
 5 1 
En  ,  m =
 3 2
 5  1
− 2 cos .
 6  2 =− 3
10
 5  5
2 cos .
6
3
 
13.- [Puntuación 6]
En una empresa de alquiler, las ganancias en euros por año para 50 propiedades se muestran en la
siguiente tabla acumulativa
Ganancia (x)
Número de propiedades con
ganancia menor que x
0
3
7
22
39
44
50
-10000
-5000
0
5000
10000
15000
20000
Para esta población de 50 propiedades, calcule una estimación para la desviación típica de las ganancias .
Solución:
Ganancias
xi
[-10000, -5000[
[-5000, 0[
[0, 5000[
[5000, 10000[
[10000, 15000[
[15000, 20000]
-7500
-2500
2500
7500
12500
17500
fi
3
4
15
17
5
6
 x = 6422,62
14.- [Puntuación 6]
Considere las funciones f ( x ) = e 2 x y g( x ) = sen
x
2
(a) Encuentre el período de la función fog.
(b) Encuentre los intervalos para los cuales (fog(x))>4.
Solución:
πx  2sen

a) (fog )( x ) = f sen  = e
2

πx
2
El periodo de senx es 2π → el periodo de sen
b) e
2sen
x
2
x
2
es
=4

2
2
?
− 40
x  0.487 + 4k , 1.512 + 4k, k  Z
15.- [Puntuación 6]
Resuelva la ecuación 2 log 3 (x − 3) + log  1  (x + 1) = 2 .
 
3
Solución:
2 log 3 ( x − 3) +
log 3
log 3 ( x + 1)
=2
−1
( x − 3) 2
( x − 3) 2
=2 →
=9
x +1
x +1
x = 0 No
x 2 + 9 − 6 x = 9 x + 9 → x 2 − 15x = 0 → 
 x = 15
16.- [Puntuación 6]
a) Dibuje el gráfico de y =
x − 12
x2 − 4
(b) Escriba
(i) la intersección con el eje x;
(ii) las ecuaciones de todas las asíntotas.
Solución:
a)
b) i) x=12
ii) Asíntotas verticales x=-2 x=2
Asíntotas horizontales y=1 y=-1
17.- [Puntuación 6]
Sea f ( x ) =
x 2 + 3x + 12
x ( x + 2) 2
. Calcule
 f (x) dx .
Solución:
x 2 + 3x + 12
x (x + 2)
2
=
A
B
C
+
+
x x + 2 ( x + 2) 2
x + 3x + 12 = A( x + 2) 2 + Bx ( x + 2) + Cc
Para x=0 12=4A → A=3
Para x=-2 10=-2C → C=-5
Para x=1 16=9A+3B+C → B=-2
2
 f (x) dx = 3 ln | x | −2 ln | x + 2 | + x + 2 + C
5
18.- [Puntuación 6]
Una función f está definida por f ( x == ax 3 + bx 2 + 30x + c donde a, b y c son constantes. La gráfica de f tiene un
máximo en (1, 7) y un punto de inflexión cuando x = 3. Hallar el valor de a, de b y de c.
Solución:
f(1)=7 → a+b+30+c=7 → a+b+c=-23
f ´(x ) = 3ax 2 + 2bx + 30
f ´(1) = 0 → 3a + 2b + 30 = 0 → 3a + 2b = −30
f ´´(x) = 6ax + 2b
f ´´(3) = 0 → 18a + 2b = 0 → 9a + b = 0
3a + 2b = −30
 → − 15a = −30 → a = 2
9a + b = 0 
2-18+c=-23 → c=-7
b = −18
19.- [Puntuación 6]


Sea ABC un triángulo rectángulo, donde C = 90 º . La recta (AD) biseca BAC , BD=3 y DC=2, como se muestra en
el diagrama.

Calcule el ángulo DAC .
Solución:

DAC = 
2
tan  =
AC
tan 2 =
5
AC
2
5
2
5(1 − tan 2 )
1
=
→
=
→ 4 = 5 − 5 tan 2  → tan 2  =
tan  tan 2
tan 
2 tan 
5
→ tan  =
1
→  = 24,1º
5
20.- [Puntuación 6]
Un tanque cónico con vértice abajo es de 8 metros de diámetro y 12 metros de profundidad. El agua entra en el
tanque a 10 m3 por minuto. Encuentre la razón de cambio de la profundidad del agua en el instante en que el
agua tiene 6 metros de profundidad.
Solución:
Objetivo: h´(t) cuando h(t)=6
V( t ) =
1 2
r ( t )h ( t )
3
V ´( t ) =

1
 2r ( t )r ´( t )h ( t ) + h ´( t )r 2 ( t )
3

h(t) r(t)
1
=
→ r(t) = h(t)
12
4
3
Cuando h(t)=6
10 =
r(t)=2
1 
1
 
 2.2. h ´( t ).6 + h ´( t ).2 2  = h ´( t ).(8 + 4)
3 
3
 3
→ h ´( t ) =
3.10 5
=
m m −1
12 2
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ2
Martes 3 de mayo de 2005
1.- [Puntuación 6]
 2   2 
   
Los vectores de posición de los puntos P y Q son  − 3  y  2  respectivamente. El origen está en O.
 1   − 4
   
Halle:
a) el ángulo POQ.
b) el área del triángulo OPQ.
Solución:


4−6−4
−2
a) cos (POQ) =
=
→ POQ = 109,1º
14 24
336
i
j
k
b) 2 − 3 1 = 10i+10j+10k
2 2 −4

Área (POQ) =
1
300 = 5 3
2
2.- [Puntuación 6]
Resuelva la ecuación e 2 x −
1
=2.
x+2
Solución:
x=-2,5
x=-1,51
x=0,44
3.- [Puntuación 6]
La siguiente tabla muestra la distribución de probabilidad de una variable aleatoria discreta X .
X
P(X=x)
0
0,2
1
a
2
b
3
0,25
(a) Sabiendo que E(X) = 1,55 halle el valor de a y de b.
(b) Calcule Var(X).
Solución:
0,2 + a + b + 0,25 = 1 
a + b = 0,55
a)
 →
 → b = 0,25 a = 0,3
1,55 = 0 + a + 2b + 0,75
a + 2b = 0,8
b) Var (X) = (0 − 1,55) 2 .0,2 + (1 − 1,55) 2 .0,3 + (2 − 1,55) 2 .0,25 + (3 − 1,55) 2 .0,25 = 1,1475
4.- [Puntuación 6]
2 3 
2 0 
 y B= 
 , halle X si BX=A-AB.
Sabiendo que A= 
1
−
2


 0 − 3
Solución:
X=B-1(A-AB)
|B|=-6
− 3 0

Adj(B)= 
 0 2
1

0 


B-1=  2
0 − 1


3

1

1
0   2 3   4 − 9  

.
−
 =  2
X=  2
 0 − 1   1 − 2   2 6   0



3



0   − 2 12   − 1 6 
.
 =  1 8

1   − 1 − 8  
− 
 3 3
3
5.- [Puntuación 6]
10
Considere los diez datos x1, x 2 , x 3 ,.....,x10 . Sabiendo que
x
i
2
= 1341 y que la desviación típica es 6,9 halle el
i =1
valor de E(X).
Solución:
2
−
1341  _ 
Var (X) = E(X ) − E(X) → 6,9 =
− x → x = 9,3
10  
2
2
2
6.- [Puntuación 6]
La función f viene dada por f ( x ) =
Halle las coordenadas de P.
Solución:
5x 5 − x 5 − 2 4 x 5 − 2
f ´( x ) =
,=
x2
x2
f ´( x ) =
´20x 6 − 2x (4x 5 − 2)
x4
3x 5 + 1 = 0 → x = −
=
x5 + 2
, x  0 . La gráfica de f tiene un punto de inflexión en P.
x
12x 5 + 4
x3
=
4(3x 5 + 1)
x3
1
5
3
1
 1  −3+2
55 3
=
f  −
=−
5 
3
3 − 1

5
3
 1
55 3 
P − 5 , −

3 
3

7.- [Puntuación 6]
Sea P(z) = z3 + az 2 + bz + c , donde a, b y c reales. Dos de las raíces de P(z) son -2 y (-3+2i).
Halle el valor de a, de b y de c.
Solución:
La otra raíz es -3-2i
P(z)=(z+2)(z+3-2i)(z+3+2i)=(z+2)(z2+6z+13)
Identificando coeficientes: a=8 b=25
c=26
8.- [Puntuación 6]
Se eligen al azar cinco estudiantes para formar un equipo que participe en un debate. Los estudiantes se eligen
entre un grupo de ocho estudiantes de medicina y tres estudiantes de derecho. Halle la probabilidad de que:
a) el equipo esté formado sólo por estudiantes de medicina.
b) los tres estudiantes de derecho estén en el equipo.
Solución:
8
8!
 
5
6.5.4
4
a) P(los 5 estudiantes del equipo sean de medicina)=   = 5!.3! =
=
11 11! 11.10.9 33
 
 5  5!6!
 3  8 
8!
  
3  2  6!.2!
5.4.3
2

b) P(los 3 estudiantes de derecho estén en el equipo)=
=
=
=
11! 11.10.9 33
11
 
5!6!
5 
9.- [Puntuación 6]
La función de densidad de probabilidad f(x) de una variable aleatoria continua X se define en el intervalo
1
para 0  x  3
 x
[0, a] como f ( x ) =  827

para 3  x  a
 8x 2
Calcule el valor de a
Solución:
3
 x 2   27  a
9 27 27
54
x dx +
dx = 1 →   + −  = 1 → −
+
= 1 → 27a − 162 + 54a = 48a → a =
2
16 8a 24
11
08
3 8x
 16  0  8x  3

31

a
27
10.- [Puntuación 6]
Sabiendo que a.sen(4x)+b.sen(2x)=0, para 0  x 
Solución:

, halle una expresión para cos2 x en función de a y b.
2
asen(2.2x ) + bsen(2x ) = 0 → 2asen2x. cos 2x + bsen(2x ) = 0
2a − b
→ cos2 x =
4a
sen 2 x  0
→
2a (cos2 x − sen 2 x ) + b = 0 → 2a (2 cos2 x − 1) + b = 0 →
11.- [Puntuación 6]
Sabiendo que z = 2 5 , halle el número complejo z que satisfaga la ecuación:
Solución:
25z* − 15z = (1 − 8i)z.z*
z.z * =|z| 2
=
(1 − 8i)20
Sea z=x+iy
 25x − 15x = 20 → x = 2
− 25 y − 15 y = −160 → y = 4
25(x-iy)-15(x+iy)=(1-8i)20 → 
z=2+4i
25 15
− = 1 − 8i .
z z*
12.- [Puntuación 6]
2x + 4
a) Exprese
en forma de suma de fracciones simples.
2
( x + 4)(x − 2)
2x + 4
b) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, halle
dx
2
x + 4 ( x − 2)
Solución:
2x + 4
A
Bx + C
a)
=
+ 2
→ 2x + 4 = A( x 2 + 4) + (Bx + C)(x − 2)
2
( x + 4)(x − 2) x − 2 x + 4
(
)
Para x = 2 A = 1
Para x = 0 4 = 4 − C → C = 0
Para x = 1 6 = 5 − B → B = −1
2x + 4
1
−x
=
+ 2
2
( x + 4)(x − 2) x − 2 x + 4
b)
2x + 4
 (x + 4)(x − 2) dx =  x − 2 dx −  x
1
2
x
2
1
dx = ln | x − 2 | − ln( x 2 + 4) + C
2
+4
13.- [Puntuación 6]
Se lleva a cabo un experimento donde el número n de bacterias en un líquido viene dado por la expresión
n = 650.ekt , donde t es el tiempo en minutos transcurrido desde el comienzo del experimento y k es una
constante. El número de bacterias se duplica cada 20 minutos. Halle:
a) El valor exacto de k .
b) La tasa de crecimiento del número de bacterias cuando t=90.
Solución:
a) Para t=0 n=650
Para t=20 n = 650.e 20k
ln 2
650.e 20k = 1300 → e 20k = 2 → k =
20
ln 2
dn
ln 2 20 t
b)
= 650.
.e
dt
20
dn
Para t=90
= 509,734
dt
14.- [Puntuación 6]
x 2 + 5x + 5
, x  −2
x+2
a) Halle f´(x).
b) Resuelva f´(x)>2.
Solución:
(2x + 5)(x + 2) − x 2 − 5x − 5 x 2 + 4 x + 5
=
a) f ´( x ) =
(x + 2)2
(x + 2)2
Sea f ( x ) =
?
b) f ´(x ) − 2  0
x 2 + 4x + 5
(x + 2)2
−2=
− x 2 − 4x − 3
(x + 2)2
− x 2 − 4x − 3 = 0 → x =
-
+
-3
4  2 − 3
=
− 2 −1
1
x  − 3, − 1 − − 2
15.- [Puntuación 6]
2
k
+ ln x , para x  0 , k  R , en el punto x=2, tiene por ecuación 3x+2y=b, donde
x
b  R . Halle el valor exacto de k y b.
Solución:
−k 2
y´=
+
x2 x
−k
−k + 4
En x=2 m =
+1 =
4
4
4
mN =
k−4
4
3
4
= − → 3k − 12 = 8 → k =
k−4
2
3
2
4
+ ln x
La curva nos queda: y =
3x
2
En x=2 y = + ln 4
3
2
22
b = 3.2 + 2.( + ln 4) =
+ 2 ln 4
3
3
La normal a la curva y =
16.- [Puntuación 6]
Sabiendo que (A  B)´= , P(A ´/ B) =
Solución:
P(A´/ B) =
1
6
y P(A ) = , halle P(B).
3
7
1 P(A´B)
1
=
→ P(A´B) = P(B)
3
P(B)
3
P(A  B) = 1 = P(A) + P(B) − P(A  B) = P(A) + P(A  B) + P(A ´B) − P(A  B)
1=
6 1
3
+ P(B) → P(B) =
7 3
7
17.- [Puntuación 6]


El triángulo ABC tiene un ángulo obtuso en B; BC=10,2; A = x y B = 2x .
a) Halle AC, en función de cos x.
b) Sabiendo que el área del triángulo ABC es 52,02.cos x, halle el ángulo C
Solución:
AC
10,2
10,2.2sen. cos x
=
→ AC =
= 20,4 cos x
a)
sen 2x senx
senx
b) 52,02 cos x =
20,4. cos x.10,2.senC
2.52,02
1
→ senC =
= → C = 30º
2
20,4.10,2 2
18.- [Puntuación 6]
La suma de los n primeros términos de una progresión aritmética u n  viene dada por la expresión
Sn = 4n 2 − 2n . Tres términos de esta progresión, u 2 , u m y u 32 , son términos consecutivos de una progresión
geométrica. Halle m.
Solución:
S1 = 2 = u1
S2 = 12 = u1 + u 2 → u 2 = 10
d=8
u 2 = 10 u m = 2 + (m − 1)8 = 8m − 6
u 32 = 2 + 31.8 = 250
8m − 6
250
=
→ 8m − 6 = 50 → m = 7
10
8m − 6
19. [Puntuación 6]
La función f está definida para x>2 como f(x) = ln(x) + ln(x - 2) - ln(x 2 - 4) .
 x 
a) Exprese f(x) en la forma ln 
.
x+a
b) Halle una expresión para f -1(x) .
Solución:
x(x + 2)
 x 
a) f(x) = ln
= ln 

 x +2
x2 − 4
x
2e y
 x 
→ x.e y + 2.e y = x → x =
 → ey =
x+2
 x+2
1 − ey
b) y = ln 
f -1(x) =
2e x
1 − ex
20.- [Puntuación 6]
Sea y = log 3 (z) donde z es una función de x. La siguiente figura muestra la recta L, que representa la gráfica de y
en función de x.
a) Usando la gráfica, o de cualquier otro modo, estime el valor de x cuando z= 9.
5

b) La recta L pasa por el punto 1, log 3  . Su pendiente es 2. Halle una expresión para z en función de x.
9

Solución:
a) Para z=9 y=2 →x2,3
5
b) y − log 3 = 2( x − 1) → y − log 3 5 + 2 = 2x − 2 → y = 2x − 4 + log 3 5
9
z = 3y =
3 2 x .5
5
= 5 .9 x − 2 = 9 x
81
81
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ1
Miércoles 4 de mayo de 2005
1.- [Puntuación 13]
 6
 
Un plano 1 tiene la ecuación r.  5  = 15 .
 4
 
(a) Un punto P (p, -p, p) se encuentra en el plano 1 y Q es el punto donde el plano 1 corta al eje y.
(i) Calcule las coordenadas de P y de Q.
→
(ii) Muestre que PQ es paralelo al vector u, donde u=i-2j+k.
[5 puntos]
(b) Otro plano  2 corta a 1 en la recta (PQ). El punto T (1, 0, -1) se encuentra en  2 .
(i) Encuentre la ecuación de  2 , dando su respuesta en la forma Ax+By+Cz+D =0
(ii) Encuentre el ángulo entre 1 y  2 .
Solución:
a) i) 1 : 6x + 5y + 4z = 15
P  1 → 6p − 5p + 4p = 15 → p = 3
P(3, -3, 3)
Q : 1  OY → Q(0, 3, 0)
 − 3
 
ii) PQ =  6 
 − 3
 
 1 
 
u=  − 2 
 1 
 
→
→
PQ = -3u
 − 2
→ 

b) i) PT =  3 
 − 4
 
x −1 − 3 − 2
2 : y
6
3 =0
z +1 − 3 − 4
-24x+24-9z-9+6y+12z+12-12y+9x-9=0 ↔ 5x+2y-z-6=0
6
 
ii) Vector director de 1 :  5 
 4
 
  
cos 1 2  =


5
 
Vector director de 2 :  2 
 − 1
 
| 30 + 10 − 4
36 + 25 + 16 25 + 4 + 1
=
  
→  1 2  = 41,49º
2310


36
[8 puntos]
2.- [Puntuación 14]
(i) Una transformación A transforma P(2, -1) en R((1, 0) y Q ( -4, -3) en S (0,1).
(a) Encuentre la matriz A.
(b)
(i) Calcule det A.
(ii) Usando lo anterior calcule el área de ΔOPQ, donde O es el origen.
[3 puntos]
 1 1
1 − 7 5 
 y D = 
 . Sabiendo que D es la transformación C seguida por la
(ii) Sea C = 
13  17 12 
 −1 0
transformación M,
(a) encuentre la matriz M;
(b) describa completamente la transformación geométrica representada por M.
Solución:
a b

i) a) Sea A= 
c d
[3 puntos]
[5 puntos]
 2  1
A.   =  
 − 1  0 
→
2a − b = 1

2c − d = 0 
 − 4 0
A.   =  
 − 3 1
→
− 4a − 3b = 0

− 4c − 3d = 1 
2a − b = 1 
2
b=−
− 4a − 3b = 0
5
a=
3
10
2c − d = 0 
1
1
c=−
 →d=−
− 4c − 3d = 1
5
10
 3

A=  10
− 1

 10
2
− 
5
1
− 
5
b) i) det(A)= −
3
2
1
−
=−
50 50
10
ii) Área ΔORS=|detA|.Área ΔOPQ
1 1
= . ΔOPQ → ΔOPQ=5
2 10
ii) a) D=M.C → D.C-1=M
 0 1

Adj(C)= 
 − 1 1
12 
 5
1  − 7 5   0 − 1  13 13 

.
 =
M= 
13  17 12   1 1   12 − 5 


13 
 13
12
b) tan 2 =
5
|C|=1
 0 − 1

C-1= 
1 1 
 2

12
2 tan 
−
5

13
=
→ 6 tan 2  + 5 tan  − 6 = 0 → tan  =
= 3
2
3
5 1 − tan 
12
−
 2
2
Se trata de una reflexión con respecto a la recta y = x
3
[3 puntos]
3.- [Puntuación 13]
a) Use la integración por partes para demostrar que
donde C es una constante.
 2x arctan x dx = (x
2
+ 1) arctan x − x + C ,
[6 puntos]
(b) La función de densidad de probabilidad de la variable aleatoria X se define por

 − 2x arctan x, 0  x  1
f (x) =  2

 0, en los demás casos
3
El valor a es tal que P(X  a ) = .
4
(i) Muestre que a satisface la ecuación a (2 + 4) = 3 + 4(a 2 + 1) arctan a
(ii) Encuentre el valor de a.
Solución:
a)
u=arctan x
v´=2x
u ´=

1
v = x2
1+ x2
2x arctan x dx = x 2 arctan x −
x2
 1+ x
2
a
 1+ x
2
dx
1 

dx = 1 −
 dx = x − arctan x
2
 x +1

 2x arctan x dx = x
b)
x2

2
arctan x − −x + arctan x + C = ( x 2 + 1) arctan x − x + C

  2 − 2x arctan x  dx = 4
3
0
a
3


2
 2 x − ( x + 1) arctan x + x  = 4

0

3
a − (a 2 + 1) arctan a + a =
2
4
2 a − 4(a 2 + 1) arctan a + 4a = 3
(2 + 4)a = 3 + 4(a 2 + 1) arctan a
ii) a=0,54
[7 puntos]
4.- [Puntuación 15]
(i) Usando la inducción matemática, pruebe que
n
(r + 1)2
r −1
( )
= n 2n para todos los enteros positivos.
[7 puntos]
r =1
(ii) Los tres primeros términos de una progresión geométrica son también el primero, el undécimo
y el decimosexto término de una progresión aritmética.
Los términos de la progresión geométrica son todos diferentes. La suma infinita de la progresión
geométrica es 18.
(a) Calcule la razón común de la progresión geométrica, mostrando claramente todo el
procedimiento.
[5 puntos]
(b) Encuentre la diferencia común de la progresión aritmética.
[3 puntos]
Solución:
i) Para n=1 (1 + 1).21−1 = 1.21 Cierto
k
Supuesto cierto para n=k
 (r + 1)2
r −1
( )
= k 2k
r =1
k +1
Probemos para n=k+1

?
( )
(r + 1)2r −1 =(k + 1) 2k +1
r =1
k +1
(r + 1)2
r −1
( )
= k (2k ) + (k + 2).2k = k.2k + k.2k + 2k +1 = 2k.2k + 2k +1 = k.2k +1 + 2k +1 = (k + 1) 2k +1
r =1
ii) a)
u1r = u1 + 10d 
10d
15d
=
 →
u1r 2 = u1 + 15d 
r −1 r2 −1
10d(r+1)15d → r + 1 =
b) u1 = 18.
1
=9
2
1
9. − 9
9
d= 2
=−
10
20
3
1
→r=
2
2
5.- [Puntuación 15]
(a) La función g está definida por g ( x ) =
ex
x
, para 0  x  3 .
(i) Dibuje el gráfico de g.
(ii) Calcule g ´(x).
(iii) Escriba una expresión que represente la pendiente de la normal a la curva en
cualquier punto.
(b) Sea P el punto (x, y) en la gráfica de g, y Q el punto (1, 0).
(i) Calcule la pendiente de (PQ) en función de x.
(ii) Sabiendo que la recta (PQ) es normal a la gráfica de g en el punto P, calcule la
distancia mínima desde el punto Q al gráfico de g.
Solución:
a) i)
ex x −
x
x
x
2 x = 2xe − e = e (2x − 1)
x
2x x
2x x
ii) g´ ( x ) =
iii) m N =
ex
2x x
e (2x − 1)
x
→
1 − x 

b) i) PQ = 
 −y 
mPQ =
ii)
−y
− ex
=
1 − x (1 − x ) x
2x x
e x (2x − 1)
=
− ex
(1 − x) x
2x 2 (1 − x ) − e 2 x (1 − 2x ) → x = 0,54
Para x=0,54
→
y=2,33
| PQ |= (1 − 0,54)2 + (−2,33) 2 = 2,37
[8 puntos]
[7 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ2
Miércoles 4 de mayo de 2005
1.- [Puntuación 14]
a) Sea R una rotación de k grados, de centro (0, 0). R aplica el punto (5, 10) en el punto (-2, 11).
Halle la matriz R.
[6 puntos]
2
 1
b) La transformación T viene representada por la matriz 
.
−
1
−
1

Describa el efecto geométrico de aplicar T cuatro veces seguidas.
[2 puntos]
c) La matriz Q representa la rotación R seguida de la transformación T.
 2
1 
Compruebe que Q= 
 .
 − 1,4 − 0,2 
d) Encuentre, bajo la transformación Q,
i) el conjunto de puntos que se aplican en sí mismos.
[1 punto]
[5 puntos]
ii) la imagen de la recta y=-x.
Solución:
 cos k
 senk
a) R= 
− senk 

cos k 
− senk  5   − 2 
5 cos k − 10senk = −2
  = 
 →
cos k 10   11 
 5senk + 10 cos k = 11
4
Resolviendo el sistema: 25 cos k = 20 → cos k =
5
 cos k

 senk
4

Por lo tanto: R=  5
3

5
senk =
3
5
3
− 
5
4 

5 
2  1
2   −1 0 
 1
.
 = 

 − 1 − 1  − 1 − 1  0 − 1
b) T.T= 
2   −1 − 2 
 −1 0   1
.
 = 

1 
 0 − 1  − 1 − 1  1
T.T.T= 
2  1 0
 −1 − 2  1
.
=
 =I
1
1
−
1
−
1  0 1 


T.T.T.T= 
El efecto geométrico es la transformación de todo punto en sí mismo.
4
2  5
1
.
c) Q=T.R= 
 − 1 − 1  3
5
x
x

3 
4 6
−  
+ =2
5 = 
5 5
4  −4 3
7
− = − = −1,4
 
5   5 5
5
2x + y = x
d) i) Q.   =   → 
→ −x =0
 y  y
− 1,4 x − 0,2 y = y
3 8

+ =1

5 5

3 4
1
− = − = −0,2 
5 5
5

−
y=0
El punto (0, 0)
 x   x´
 2 x − x = x´
 x´= x
 =   → 
→
→ y´= −1,2 x´
−
x
y
´
−
1
,
4
x
+
0
,
2
x
=
y
´

  

 y´= −1,2 x
ii) Q. 
La imagen de la recta y=-x es la recta de ecuación: y=-1,2x
2.- [Puntuación 13]
La función f está definida por f ( x ) = e px ( x + 1), con p  R.
(i) Compruebe que f ´( x ) = e px .(p( x + 1) + 1) .
a)
(ii) Sea f ( n ) ( x ) la derivada f(x) respecto de x, n veces. Demuestre por inducción
matemática que f (n ) ( x ) = p n −1.e px (p( x + 1) + n ) , n  Z+ .
[7 puntos]
b) Cuando p = 3 la curva de f presenta un mínimo y un punto de inflexión.
Halle el valor exacto de la abscisa, x, de
i) el mínimo.
ii) el punto de inflexión.
1
c) Sea p = . Sea R la región encerrada por la curva, el eje x y las rectas x=-2 y x=2.
2
Halle el área de R.
Solución:
a) i) f ´( x ) = pe px ( x + 1) + e px = e px (p( x + 1) + 1)
[4 puntos]
[2 puntos]
ii) Para n=1 f (1) ( x ) = p1−1e px (p( x + 1) + 1) Cierto
Suponemos cierto para n=k: f ( k ) ( x ) = p k −1.e px (p( x + 1) + k )
?
Probemos para n=k+1: f (k +1) ( x ) = p k .e px (p( x + 1) + k + 1)
(
) (
)
(
)
f ( k +1) ( x ) = f ( k ) ( x ) ´= p k −1.e px (p( x + 1) + k ) ´= p k −1 pe px (p( x + 1) + k ) + pe px = p k e px (p( x + 1) + k + 1) b) i)
f (x) = e
3x
( x + 1)
f ´(x ) = e
3x
. 3 (x + 1) + 1
3x
e
(
(
)
. 3 ( x + 1) + 1 = 0 → 3 ( x + 1) + 1 = 0 → x =
ii) f (2) ( x) = 3.e
3.e
3x
3x
x
e 2 ( x + 1)

−1
−2
−1 − 3
3
( 3(x + 1) + 2)
( 3(x + 1) + 2) = 0 →
c) Área(R)=

)
3 ( x + 1) + 2 = 0 → x =
−2− 3
3
x
− e 2 ( x + 1) dx +

2 x
e 2 ( x + 1)
−1
dx
dx
x
u = x +1
v´= e 2
u´= 1
v = 2e 2
x

x
e 2 ( x + 1)

−1
−2
dx
x
− e 2 ( x + 1)
x
= 2( x + 1)e 2
dx +

−2

2 x
e 2 ( x + 1)
−1
x
e2
dx
x
= 2( x + 1)e 2
x
− 4e 2
−1
x
= e 2 (2x − 2)
2
1
1
1
 x

 x

−
−
−
dx = − e 2 (2x − 2) + e 2 (2x − 2) = 4e 2 − 6e−1 + 2e + 4e 2 = 8e 2 − 6e−1 + 2e





 −2 
 −1
3. -[Puntuación 12]
 2  − 2  1 
     
a) Sea π1 el plano de ecuación r=  1  + λ 1  + μ − 3 
1  8   − 9
     
 2   1  1
     
Sea π 2 el plano de ecuación r=  0  + s 2  + t 1
 1   1  1
     
i) Compruebe que  =  para los puntos comunes a π1 y π 2 .
ii) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, halle una ecuación vectorial de la
recta de intersección entre π1 y π 2 .
[5 puntos]
2−x
y
b) El plano π3 contiene a la recta
=
= z + 1 y es perpendicular a 3i-2j+k.
3
−4
Halle la ecuación cartesiana de π3 .
[4 puntos]
c) Halle la intersección entre π1 , π 2 y π3 .
Solución:
 x = 2 − 2 + 
x = 2 + s + t


2 :  y = 2s + t
a ) i) π1 :  y = 1 +  − 3
z = 1 + 8 − 9
 z = 1+ s + t


[3 puntos]
2 − 2 +  = 2 + s + t
res tan do a la 1ª la 3ª

 1 +  − 3 = 2s + t → 1 − 10 + 10 = 1 →  = 
1 + 8 − 9 = 1 + s + t

ii) Si  = 
x = 2−

1 : y = 1 − 2
 z = 1− 

 x   2  −1 
     
 y  =  1  +  − 2 
 z   1   −1 
     
b) π3 : 3x − 2y + z + D = 0
( 2, 0, −1)3
→
6 − 0 − 1 + D = 0 → D = −5
π3 : 3x − 2 y + z − 5 = 0
c) π1 intersección π 2 es la recta del apartado (a)(ii).
Veamos la posición de esta recta con respecto al plano π 3 : 3(2 − ) − 2(1 − 2) + (1 − ) − 5 = 0
→ 0. = 0
Por lo tanto la recta está contenida en el plano π3 y es esa recta la intersección de los tres planos.
4.- [Puntuación 16]
Una empresa compra el 44 % de sus existencias de tornillos al fabricante A y el resto al
fabricante B. El diámetro de los tornillos producidos por cada fabricante sigue una distribución
normal con una desviación típica de 0.16 mm. El diámetro medio de los tornillos del fabricante A
es de 1.56 mm.
El 24.2 % de los tornillos del fabricante B tiene un diámetro menor de 1.52 mm.
(a) Halle el diámetro medio de los tornillos producidos por el fabricante B.
Se elige un tornillo al azar del stock de la empresa.
(b) Compruebe que la probabilidad de que el diámetro sea menor de 1.52 mm. es 0.312 ,
aproximado a tres cifras significativas.
(c) El diámetro del tornillo ha resultado ser menor de 1.52 mm.
Halle la probabilidad de que el tornillo sea del fabricante B.
(d) El fabricante B produce 8000 tornillos al día. Obtiene un beneficio de $ 1.50 por cada
tornillo vendido, a condición de que su diámetro mida entre 1.52 mm. y 1.83 mm.
[3 puntos]
[4 puntos]
[3 puntos]
Los tornillos con diámetro menor de 1.52 mm. se desechan con una pérdida de $ 0.85 por tornillo.
Los tornillos con diámetro mayor que 1.83 mm. se venden con un beneficio reducido de $ 0.50
por tornillo.
Halle el beneficio esperado del fabricante B.
[6 puntos]
Solución:
a)
X A : "diámetro de los tornillos del fabricante A" es N(1.56, 0,16)
X B : "diámetro de los tornillos del fabricante B" es N(, 0,16)
Z=
P(X B  1,52) = 0,242
X B −
0,16
→
P( Z 
1,52 − 
1,52 − 
= 0,242 →
= −6999 →  = 1,63
0,16
0,16
b)
0,1766
0,401
3
Fábrica A
0,44
0,242
0,56
Fábrica A  Diámetro < 1,52
Diámetro < 1,52
Diámetro < 1,52
0,135
5
Fábrica B  Diámetro < 1,52
Fábrica B
P(Diámetro < 1,52)=0,1766+0,1355=0,312
c) P(Fabricante B / Diámetro < 1,52)=
0,1355
= 0,4343
0,312
d) Sea Y:"beneficio por tornillo del fabricante B"
y
P(Y=y)
1,5
P(1,52  X B  1,83) = 0,6485
-0,85
P(X B  1,52) = 0,242
0,5
P(X B  1,83) = 0,1056
E(Y)=1,5.0,6485-0,85.0,242+0,5.0,1056=0,8199
El beneficio esperado con los 8000 tornillos es: 8000.0,8199  6559 $
5.- [Puntuación 15]
La siguiente figura muestra un trapecio OABC donde OA es paralelo a CB. O es el centro de un círculo de radio r

cm. A, B y C pertenecen a la circunferencia. El ángulo OCB =  .
Sea T el área del trapecio OABC.
r2
(sen + sen2) .
2
Para un valor fijo de r, el valor de T cambia según cambia el valor de  .
a) Demuestre que T =
[ 4 puntos]
b) Compruebe que T toma su valor máximo cuando  satisface la ecuación 4 cos2  + 2 cos  − 2 = 0 ,
y verifique que ese valor de T es un máximo.
[ 5 puntos]
c) Sabiendo que el perímetro del trapecio es 75 cm, halle el valor máximo de T.
[ 6 puntos]
Solución:
a) T =
b)
CB + OA
2r cos  + r
r2
r2
.h =
.rsen = (2 cos  sen + sen) = (sen2 + sen) cm2
2
2
2
2
dT r 2
= (2 cos 2 + cos )
d 2
r2
(2 cos 2 + cos ) = 0 → 2 cos 2 + cos  = 0 → 2(cos2  − sen 2) + cos  = 0 → 2(2 cos2  − 1) + cos  = 0 → 4 cos2  + cos  − 2 = 0
2
d 2T
0 

2
r2
r2
= (−4sen 2 − sen) = − (4sen 2 + sen)  0 .
2
2
2
d
Por lo tanto T es un máximo.
c) 4 cos2  + 2 cos  − 2 = 0 →  = 0,9359 rad
75 = 2r + 2r cos  + 2r 2 − 2r 2 cos 
75 = 2r +1,1862r + 0,9021r → r = 18,345
T=
18,3452
(sen0,9359 + sen1,8718) = 296,18 cm2
2
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
Jueves 3 de noviembre de 2005
1.- [Puntuación 6]

En un triángulo ABC, ABC = 31º , AC=3 cm y BC=5 cm. Calcule las posibles longitudes del lado [AB].
Solución:
9 = 25 + x 2 − 2.5.x. cos 31º
 x = 5,8
x 2 − 8,57 x + 16 = 0 → 
x = 2,7
2.- [Puntuación 6]
Una muestra aleatoria de una gran población arroja los siguientes datos:
6,2 ; 7,8; 12,1; 9,7; 5,2; 14,8; 16,2; 3,7.
Calcule la estimación insesgada de
a) la media de la población.
b) la varianza de la población.
Solución:
_
a) x = 9,46
b) 2 = 4,561934892 = 20,81
3.- [Puntuación 6]
Cuando el polinomio P( x ) = 4x 3 + px 2 + qx + 1 se divide entre (x-1), el resto es -2.
Cuando P(x) se divide entre (2x-1) el resto es
Solución:
P(1) = 0 → 4 + p + q + 1 = −2 → p + q = −7
13
. Halle el valor de p y el valor de q.
4
1
1
1
13
 1  13
P  =
→ + p + q +1 =
→ p + 2q = 7
2
4
2
4
2 4
Resolviendo el sistema: q=14
p=-21
4.- [Puntuación 6]
x3
− x 2 − 3x + 4 tiene un máximo local en el punto P y un mínimo local en el punto Q.
3
Determine la ecuación de la recta que pasa por P y Q, exprésela en la forma ax+by+c=0, siendo a, b, c  R .
Solución:
La curva y =
y´= x 2 − 2x − 3
y´´= 2x − 2
24  3
=
2
− 1
En x=3, como y´´(3)=4>0, hay un mínimo → Q(3, − 5)
x 2 − 2x − 3 = 0 → x =
17 

En x=-1, como y´´(-1)-4<0, hay un máximo → P − 1, 
3

→
32 

PQ =  4, − 
3 

8
y + 5 = − ( x − 3) → 3y + 15 = −8x + 24 → 8x + 3y − 9 = 0
3
5.- [Puntuación 6]

radianes sobre
3
el origen, de modo que la imagen de A es A´ y la imagen de B es B´. Halle el valor exacto de las coordenadas de:
a) A´.
b) B´.
Solución:
El triángulo OAB tiene vértices en los puntos O(0, 0), A(2, 3 ) y B( 3 , 2) . Se rota el triángulo
(
)
A es el afijo del complejo 2 + 3 i , por lo tanto A´ es el afijo de 2 + 3 i 1 .
3
(
)
(
)
1
 1 3 3
3 
1 3 3
2 + 3 i 1 = 2 + 3 i . +
i =− +
i → A´ − ,
2 2 
 2 2
2
2



3
B es el afijo del complejo
3 + 2i , por lo tanto B´es el afijo de




( 3 + 2i ) .1 .
3
( 3 + 2i ) .1 = (
3
)
1

3 
3 5
3 5 
3 + 2 i . +
i =−
+ i → B´ −
,
2 2 


2 2


 2 2 
6.- [Puntuación 6]
a
b
y z2 =
satisfacen la ecuación z1 + z 2 = 3, siendo a, b  R .
1+ i
1 − 2i
Calcule el valor de a y el valor de b.
Solución:
 a+b=9
a
b
z1 + z 2 = 3 →
+
= 3 → a − 2ai + b + bi = 3(1 − 2i + i + 2) → 
→ a =4 b=5
1 + i 1 − 2i
− 2a + b = −3
Los números complejos z1 =
7.- [Puntuación 6]
e
Halle
x
cos x dx
Solución:
u = ex
v´= cos x
u´= e
v = senx
e
x
x

cos x dx = e x senx − e x senx dx
u=e
x
v´= senx
u´= e
x
v = − cos x




e x cos x dx = e x senx − − e x cos x + e x cos x dx  →



e x cos x dx =
8.- [Puntuación 6]
15
Halle
a
n
2
, donde a n = ln x n .
n =1
Solución:
a = (ln x ) = (n.ln x)
15
15
n
n =1
2
n =1
n 2
15
2
n =1
= (ln x )
2
15
n
n =1
2
= 1240 (ln x )2
e x (senx + cos x
+C
2
9.- [Puntuación 6]
Sea f una función polinómica cúbica. Dado que f(0)=2, f´(0)=-3, f(1)=f´(1) y f´´(-1)=6, halle f(x).
Solución:
f ( x = ax 3 + bx 2 + cx + d
f(0)=2 → d=2
f ´( x = 3ax 2 + 2bx + c
f´(0)=-3 →c=-3
f(1(=f´(1) → a+b-3+2=3a+2b-3 →2a+b=2 (1)
f ´´(x = 6ax + 2b
f´´(-1)=6 →-6a+2b=6 (2)
12
1
a=−
De (1) y (2) obtenemos: b =
5
5
1 3 12 2
La función es f ( x ) = − x + x − 3x + 2
5
5
10.- [Puntuación 6]
La c-aja A contiene 6 bolas rojas y 2 bolas verdes. La caja B contiene 4 bolas rojas y 3 bolas verdes. Se tira un
dado, perfectamente equilibrado, cuyos lados presentan los números 1, 2, 3, 4, 5 y 6.Si se obtiene un número par,
se selecciona una bola de la caja A; si se obtiene un número impar, se selecciona una bola de la caja B.
a) Calcule la probabilidad de que la bola seleccionada sea roja.
b) Si la bola seleccionada es roja, calcule la probabilidad de que proceda de la caja B.
Solución:
3/4
1/2
[2 4 6] Roja
[ 2 4 6]
4/7
1/2
3/8
Roja
Roja
2/7
[1 3 5] Roja
[1 3 5]
a) P([2 4 6] Roja)+P([1 3 5] Roja)=
3 2 37
+ =
8 7 56
2
16
7
b) P([1 3 5]/ Roja)=
=
37 37
56
11.- [Puntuación 6]
El paralelogramo ABCD tiene vértices A(3, 2, 0), B(7, -1, -1), C(10, -3, 0) y D(6, 0, 1).
Calcule el área del paralelogramo.
Solución:
→
→
Área =| AB x AD |
i
j
k
→
→
AB x AD = 4 − 3 − 1 = −5i − 7 j + k
3 −2 1
Área = 25 + 49 + 1 = 75 = 5 3
12.- [Puntuación 6]
La variable aleatoria X está normalmente distribuida con media  y varianza  2 .
Si P(X>6,2)=0,9474 y P(X<9,8)=0,6368, calcule el valor de  y el valor de  .
Solución:
Z=
X -

6,2 −  
6,2 − 

P Z 
= −1,6201
 = 0, 9474 →
→  = 9,16
 


9,8 −  
9,8 − 

→ P Z 
= 0,3499
 = 0,6368 →
 


P(X > 6,2) = 0,9474 →
P(X  9,8) = 0,6368
 = 1,83
13.- [Puntuación 6]
Sean f y g dos funciones. Dado que (fog )( x ) =
Solución:
(fog )( x ) = f (2x − 1) =
x +1
y g(x ) = 2x − 1 , halle f(x-3).
2
x +1
2
y +1
+1
y+3
2
=
2
4
x +3
Por lo tanto la función f se define como: f ( x ) =
4
x −3+3 x
f (x − 3) =
=
4
4
y +1
→ f ( y) =
Si 2 x − 1 = y → x =
2
14.- [Puntuación 6]
3 
 1
 .
Sea M= 
 − 1 − 1
a) Escriba la matriz inversa de M.
b) La recta L1 , se transforma en la recta L 2 mediante la matriz M. La recta L 2 tiene como ecuación y=3x-1.
Halle la ecuación de L1 .
Solución:
a) |M|=2
3
 1
− 
−
−
1
−
3
 − 1 1


1
2
2

 = 
Adj(M)= 
M-1= 
1
1
−
3
1
1
1
2





 

2 
 2
 x   x´ 
 x + 3y = x´
2
1
 → 
→ L1 : y = − x +
b) M.   = 
5
10
 y   3x´−1 
− x − y = 3x´−1
15.- [Puntuación 6]
Un círculo tiene por ecuación x2 + ( y − 2)2 = 1 . La recta de ecuación y=kx, donde k  R , es tangente al círculo.
Halle todos los posible valores de k.
Solución:
x2 + (kx − 2)2 = 1 → x2 + k2x2 + 4 − 4kx = 1 → (1 + k2 )x2 − 4kx + 3 = 0 → x =

 3
4k 2 − 12 = 0 → k = 

− 3
4k  16k2 − 12 − 12k2
2(1 + k2 )
16.- [Puntuación 6]
El diagrama muestra dos puntos A y B en la circunferencia de un círculo de centro O, y de radio 4 cm, siendo

AOB =  . Los puntos A y B se desplazan en la circunferencia de modo que  aumenta de manera proporcional.
Si la tasa de variación de la longitud del arco menor AB es numéricamente igual a la tasa de variación del área del
segmento sombreado, halle el valor de  .
Solución:
L(t ) = 4(t )
Área segmento sombreado= A(t ) = 8(t ) − 8sen(t )
L´( t ) = A´( t ) → 4´( t ) == 8´( t ) − 8 cos ( t ).´( t ) → cos ( t ) =
1

→ ( t ) =
2
3
17.- [Puntuación 6]
Dado que el valor máximo de
1
es 2, para 0  θ  360 , halle el valor de k.
4sen + 3cos  + k
Solución:
Sea f () =
f ´() =
1
4sen + 3cos  + k
−4 cos  + 3sen
4sen + 3cos  + k
− 4 cos  + 3sen = 0 → sen =
4
cos 
3
3
4

cos  =
→ sen =

16

5
5
cos 2  + sen2 = 1 → cos 2  +
cos 2  = 1 → 
3
4
9
cos  = − → sen = −

5
5
4sen + 3cos  puede tomar los valores 5 y -5, por lo tanto f() es máximo cuando 4sen + 3cos  = −5
1
11
=2→ k =
−5+ k
2
18.- [Puntuación 6]
Hay 25 discos en una bolsa. Algunos son negros y el resto son blancos. Se seleccionan dos discos
simultáneamente de forma aleatoria. Si la probabilidad de seleccionar dos discos del mismo color es la misma
que la de seleccionar dos discos de color distinto, ¿cuántos discos negros hay en la bolsa?
Solución:
Sea n el número de discos negros que hay en la bolsa
(n-1)/24
Negro
n/25
Negro
Negro Negro
Blanco
Negro  Blanco
(25-n)/24
n/24
(25-n)/25
Negro
Blanco 
Negro
Blanco
Blanco  Blanco
Blanco
(24-n)/24
Probabilidad de seleccionar dos discos del mismo color=
n n − 1 25 − n 24 − n
.
+
.
25 24
25
24
Probabilidad de seleccionar dos discos de distinto color=
n 25 − n 25 − n n
.
+
.
25 24
25 24
n n − 1 25 − n 24 − n n 25 − n 25 − n n
.
+
.
= .
+
.
→ n2 − n + 600 − 49n + n2 = 25n − n2 + 25n − n2 →
25 24
25
24
25 24
25 24
25  5 15
→ 4n2 − 100n + 600 = 0 → n2 − 25n + 150 = 0 → n =
=
2
10
En la bolsa hay 15 disco negros y 10 blancos o 10 discos negros y 15 blancos.
19.- [Puntuación 6]
Halle el mayor conjunto de valores de x de modo que la función f dada por f ( x ) =
Solución:
8x − 4
0 y x 3
x −3
+
+
1/2
1

x   −  ,   3, + 
2

3
8x − 4
tome valores reales.
x −3
20.- [Puntuación 6]
x −1 y −2 z +1
=
=
La recta
se refleja en el plano x+y+z=1.
1
2
2
Calcule el ángulo entre la recta y su imagen.
Exprese su respuesta en radianes.
Solución:
Sea  el ángulo entre la recta y el plano.
1
 
Vector director de la recta  2  . Vector normal al plano
 2
 
sen =
| 1 + 2 + 2|
9 3
=
5
3 3
→  = 1,29 rad
Ángulo entre la recta y su imagen= 2.1,29=2,58 rad.
1
 
1 .
1
 
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Viernes 4 de noviembre de 2005
1.- [Puntuación 12]
a) Dado que
x2
a
bx + c
, calcule el valor de a, de b y de c.
+
(
1
+
x
)
(1 + x )(1 + x )
(1 + x2 )
2
=
i) A partir de lo anterior, halle I =
b)
[ 5 puntos]
x2
 (1 + x)(1 + x ) dx .
2

cuando x=1, calcule el valor de la constante de integración.
4
Exprese su respuesta en la forma p + q ln r donde p, r , r  R
Solución:
x2
a
bx + c
a)
=
+
→ x 2 = a(1 + x2 ) + (bx + c)(1 + x )
2
2
(
1
+
x
)
(1 + x )(1 + x )
(1 + x )
ii) Si I =
1
2
Para x = −1
1 = 2a → a =
Para x = 1
1
1
1 = 1 + (b − )2 → b =
2
2
1
2 dx +
b) i) I =
dx =
2
1
+
x
(1 + x )(1 + x )

ii)
x2

Para x = 0

0=
1
1
+c → c = −
2
2
1
1
x−
2
2 dx = 1 ln | 1 + x | + 1 ln(1 + x2 ) − 1 arctan x + C
2
2
4
2
1+ x
 1
1
1 
3 3
= ln2 + ln2 − . + C → C =
− ln2
4 2
4
2 4
8 4
2.- [Puntuación 16]
− 1 − k 3


5 1  . Halle det M.
i)
a) Sea M=  4
 1 −1 k


b) Halle los valores de k para los cuales el siguiente sistema de ecuaciones no tiene una
única solución.
-x-ky+3z=-1
4x+5y+z=2
x-y+kz=1
x −1 y −1 z −5
=
=
ii) El plano  contiene la recta
y el punto (1, -2, 3).
2
3
6
a) Compruebe que la ecuación de  es 6x+2y-3z=-7.
b) Calcule la distancia del plano  al origen.
Solución:
i) a) det M= − 5k − k − 12 − 15 + 4k 2 − 1 = 4k 2 − 6k − 28
b)
[ 7 puntos]
4k 2 − 6k − 28 = 0 → 2k 2 − 3k − 14 = 0 → k =
ii) a)
7
3  11 

= 2
4

− 2
x −1 2 0
y + 2 3 − 3 = 0 → − 6x + 6 − 6z + 18 + 4y + 8 + 18x − 18 = 0 → 6x + 2y − 3z + 7 = 0
z −3 6 −2
b) d(O, ) =
|0 + 0 − 0 + 7|
36 + 4 + 9
=1
[ 2 puntos]
[ 3 puntos]
[ 7 puntos]
[ 4 puntos]
3.- [Puntuación 17]
i) En un juego un jugador paga una cuota de entrada de $ n.
Entonces elige un número de entre 1, 2, 3, 4, 5, 6 y lanza tres dados estándar.
Si el número que eligió aparece en los tres dados, gana tres veces su cuota de entrada.
Si el número aparece en exactamente dos de los dados, gana dos veces su cuota de entrada.
Si el número aparece en exactamente uno de los dados, gana su cuota de entrada.
Si el número no aparece en ninguno de los dados, no gana nada.
a) Copie y complete la tabla de probabilidad que aparece debajo.
Ganancia ($)
-n
n
75
216
Probabilidad
2n
[ 4 puntos]
3n
 17n 
b) Complete que la ganancia esperada es $ −
.
 216 
c) ¿Cuál debería ser la cuota de entrada para que la pérdida del jugador en cada juego
fuera de 34 centavos?
n
ii)
(2r − 1)(2r + 1) = 2n + 1 n Z .
a) Demuestre mediante inducción matemática que
1
n
+
[ 2 puntos]
[ 2 puntos]
[ 6 puntos]
r =1
b) A partir de lo anterior, compruebe que la suma de los primeros (n+1) términos de la
1 1
1
1
(n + 1)
serie
+
+
+
+ ... es
3 15 35 63
(2n + 3)
Solución:
 1
i) a) Sea X:"número de veces que aparece el número elegido en los tres lanzamientos" es B 3, 
 6
3
0
 3  1   5 
15
P( X = 2) =      =
2
  6   6  216
1
2
 3  1   5  125
P( X = 0) =      =
 0  6   6  216
 3  1   5 
1
P( X = 3) =      =
3
  6   6  216
 3  1   5 
75
P( X = 1) =      =
 1  6   6  216
Ganancia ($)
Probabilidad
b) E(Ganancia)= − n.
-n
125
216
n
75
216
2n
15
216
2
1
0
3
3n
1
216
125
75
15
1
n
17n
+ n.
+ 2n.
+ 3n.
=
( −125 + 75 + 30 + 3) = −
216
216
216
216 216
216
17n
= 0,34 → n = 4,32 $
216
1
1
ii) Para n=1
, cierto.
=
(2.1 − 1)(2.1 + 1) 2.1 + 1
c)
k
Suponemos cierto para n=k
(2r − 1)(2r + 1) = 2k + 1
1
k
r =1
k +1
Probemos para n=k+1
(2r − 1)(1 2r + 1) = 2kk++13
?
r =1
k +1

r =1
b)
1
2(k + 1)(k + )
1
k
1
2k 2 + 3k + 1
2 = k +1
=
+
=
=
(2r − 1)(2r + 1) 2k + 1 (2k + 1)(2k + 3) (2k + 1)(2k + 3) (2k + 1)(2k + 3) 2k + 3
1 1
1
1
+
+
+
+ ... =
3 15 35 63
n +1
(2r − 1)(1 2r + 1) = 2(nn++11) + 1 = 2nn++13
r =1
[ 3 puntos]
4.- [Puntuación 10]
a) Escriba el término x r del desarrollo de ( x + h)n , donde 0  r  n , n  Z+ .
[ 1 punto]
b) A partir de lo anterior, derive x n , n Z+ , aplicando la definición de derivada.
n
−n
−n
[ 5 puntos]
+
c) Comenzando del resultado x .x = 1 , deduzca la derivada de x , n Z .
Solución:
n
n
n
 n  n −( n − r ) n − r
n
x
h
+ ... +  h n
a) ( x + h)n =  x n +  x n −1h +  x n −2h2 + ..... + 
0 
1 
2 
n − r
n
[ 4 puntos]
n
 r n −r
x h
n
−
r


El término en x r es 
b) Sea f ( x ) = x n
n
n
 n  n −(n −r ) n −r
n
x
x n +  x n −1h +  x n −2h2 + ..... + 
h
+ ... +  hn − x n
n
f ( x + h) − f ( x )
1 
2 
n − r
n
f ´(x ) = lim
= lim
=  x n −1 = nxn −1
h
h
h→0
h→0
1 
(
)
nx
c) x n .x −n = 1 → x n .x −n ´= 0 → nxn −1 .(x −n ) + x n .(x −n )´ = 0 → (x −n )´ = −
n −1
x
.(x −n )
n
= −nx −n −1
5.- [Puntuación 15]
i) Los números complejos z1 y z2 son z1 = 2 + i y z2 = 3 + i .
a) Halle z1 . z2 , expresando su respuesta en la forma a + ib , a, bR .
[ 1 punto]
1

b) La forma polar de z1 se puede escribir  5 , arctan  .
2

i) Exprese la forma polar de z2 , z1 . z2 de forma similar.

1
1
ii) A partir de lo anterior, compruebe que = arctan + arctan .
4
2
3
ii) Un hombre PF está de pie sobre un suelo horizontal en F, a una distancia x del fondo de un
muro vertical GE.
El hombre observa el cuadro AB en la pared. El ángulo BPA es  .
[ 5 puntos]
Sea DA=a, DB=b, donde el ángulo PDE es un ángulo recto. Halle el valor de x para el cual tan  es
un máximo; exprese su respuesta en función de a y b.
Justifique que este valor de x da un valor máximo de tan 
Solución:
i) a) z1 . z2 = 5 + 5i
[ 9 puntos]
1

b) i) z2 =  10 , arctan 
3



z1 .z2 =  50 , arctan1 = 
4

ii) arg(z1 .z2 ) = arg z1 + arg z2 →


1
1
= arctan + arctan
4
2
3

ii) Sea  = BPD y  = APD
=− 
b a
−
bx − ax (b − a )x
tan  = x x =
=
b a x 2 + ba x 2 + ba
1+ .
x x
d tan 
x2 + ba − 2x2
ba − x2
= (b − a )
= (b − a )
2
2
dx
x2 + ba
x2 + ba
(
)
(
)
2
ba − x = 0 → x = ba
d2 tan 
dx2
= (b − a )
Para x = ab
(
) ( )
(x + ba)
2
− 2x x2 + ba − 2 x2 + ba 2x(ba − x2 )
2
d2 tan 
dx
2
= (b − a )
4
2ab ab − 6ab ab
3 3
8a b
= (b − a )
= − (b − a )
(
)
− 2x x2 + ba − 4x(ba − x2 )
ab
2 2
2a b
0
(x
2
+ ba
)
3
= (b − a )
2x3 − 6abx
(x
2
+ ba
)
3
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
Miércoles 3 de mayo de 2006
1.- [Puntuación 6]
En una progresión aritmética, el segundo término es 7 y la suma de los primeros cinco términos es 50.
Halle la diferencia común de esta progresión aritmética.
Solución:
u2 = 7 → u1 + d = 7

 u1 + d = 7

u1 + u1 + 4d
S5 = 50 →
.5 = 50 u1 + 2d = 10
2

Resolviendo el sistema: d=3
2.- [Puntuación 6]



Sea z1 = r cos + isen  y z2 = 1 + 3 i
4
4

a) Escriba z2 en forma módulo-argumental.
b) Halle el valor de r si | z1z23 |= 2
Solución:
a) z2 = 2 
3
b) | z1z23 |= 2 → | z1 | . | z2 |3 = 2 → r =| z1 |=
2 1
=
8 4
3.- [Puntuación 6]
 2 
 .
 − 1
La gráfica de y = 2x2 + 4x + 7 se traslada usando el vector 
Halle la ecuación de la gráfica trasladada, dando su respuesta en la forma y = ax2 + bx + c .
Solución:
f ( x ) = 2x2 + 4x + 7
La gráfica trasladada es g( x ) = f ( x − 2) − 1 = 2(x − 2)2 + 4( x − 2) + 7 − 1 = 2x2 − 4x + 6
4.- [Puntuación 6]
Sea f ( x ) = 3x2 − x + 4 . Halle los valores de m para los cuales la recta y=mx+1 es tangente a la gráfica de f.
Solución:
La ecuación 3x 2 − x + 4 = mx + 1 sólo tiene una solución.
3x2 − (1 + m)x + 3 = 0 → x =
1 + m  (1 + m)2 − 36
6
 1 + m = 6 →m = 5
(1 + m )2 − 36 = 0 → 
1 + m = −6 → m − 7
5.- [Puntuación 6]
El polinomio P( x ) = 2x3 + ax2 − 4x + b es divisible por (x-1) y por (x+3). Halle el valor de a y el valor de b.
Solución:
P(1) = 0 →2 + a − 4 + b = 0
a + b=2 

→

P( −3) = 0 → − 54 + 9a + 12 + b =0
9a + b = 42
Resolviendo el sistema: a=5 b=-3
6.- [Puntuación 6]
El siguiente es el diagrama de frecuencias acumuladas de las alturas de 30 plantas dadas en centímetros.
a) Utilice el diagrama para estimar la mediana de la altura
b) Complete la siguiente tabla de frecuencias.
Altura (h)
0 h 5
5  h  10
10  h  15
15  h  20
20  h  25
c) A partir de lo anterior, estime la media de la altura.
Solución:
a) Mediana=11
b)
Altura (h)
0 h 5
5  h  10
10  h  15
15  h  20
20  h  25
_
c) x =
2,5.4 + 7,5.9 + 12,5.8 + 17,5.5 + 22,5.4
= 11,83
30
Frecuencia
4
9
Frecuencia
4
9
8
5
4
7.- [Puntuación 6]

En el triángulo obtusángulo ABC, AC=10,9 cm, BC=8,71 cm y BAC = 50 .
Halle el área del triángulo ABC.
Solución:

8,71
10,9
B = 106,53
=
→


senB

sen50
 B = 73,47 No válido
C=23,47º
Δ
Área ABC =
10,9.8,71.sen23,47
= 18,91
2
8.- [Puntuación 6]
Los pesos en gramos de los panes que vende un supermercado están normalmente distribuidos con media 200 g.
Los pesos del 88% de los panes son inferiores a 220 g. Halle la desviación típica.
Solución:
X:"pesos de los panes" es N(200, )
Z=
P(X  220) = 0,88
X −200

→ P(Z 
220 − 200
20
) = 0,88 →
= 1,175 →  = 17,02


9.- [Puntuación 6]
Resuelva | ln(x + 3)|= 1 . Dé sus respuestas de forma exacta.
Solución:
ln(x + 3) = 1 → x + 3 = e → x = e − 3
| ln(x + 3) |= 1 → 
−1
−1
 ln(x + 3) = −1  x + 3 = e → x = e − 3
10.- [Puntuación 6]
Sea f ( x ) = 20,5x y g( x ) = 3−0,5x +
5
. Rea R la región completamente encerrada entre las gráficas de f y g, y el eje y.
3
Halle el área de R.
Solución:
Área(R)=

2
(g( x ) − f ( x ))dx =
0
2

 3
0
−0,5x
+
5 0,5x 
−2
 dx = 1,66
3

11.- [Puntuación 6]
 2
 − 1
 2 
 
 
 
Sea a=  1  , b=  p  y c=  − 4 
0
 3 
 6 
 
 
 
a) Halle axb
b) Halle el valor de p, dado que axb es paralelo a c.
Solución:
i
j k
a) axb= 2 1 0 = 6i − 12j + (2p + 1)k
−1 p 6
6 −12 2p + 1
=
=
→ 2p + 1 = 9 → p = 4
2 −4
3
b)
12.- [Puntuación 6]
Halle
e
2x
senx dx .
Solución:
u = e2x
2x
u´= 2e
e
2x
v = − cos x

senx dx = −e2x cos x + 2 e2x cos dx
2x
u=e
2x
u´= 2e

v´= senx
v´= cos x
v = senx
2x
−e


e2xsenx dx = −e2x cos x + 2 e2xsen − 2 e2xsenx dx  → e2xsenx dx =




13.- [Puntuación 6]
Sean A y B sucesos tales que P( A ) =
1
1
7
.
, P(B | A ) = y P( A  B) =
5
4
10
a) Halle P( A  B) .
b) Halle P(B).
c) Compruebe que A y B no son independientes.
Solución:
P(B  A)
1 1 1
a) P(B| A) =
→ P( A  B) = . =
P)A)
4 5 20
b) P( A  B) = P( A ) + P(B) − P( A  B) → P(B) =
c) P( A  B) =
1
1 11 11
 P( A ).P(B) = .
=
20
5 20 100
7 1 1 14 − 4 + 1 11
− +
=
=
10 5 20
20
20
cos x + 2e2xsenx
1
+ C = e2x (2senx − cos x ) + C
5
5
14.- [Puntuación 6]
Sea f ( x ) = cos 3(4x + 1) , 0  x  1 .
a) Halle f´(x).
b) Halle los valores exactos de las tres raíces de f´(x)=0.
Solución:
a) f ´(x ) = 3cos 2(4x + 1).(−4sen(4x + 1)) = −12cos 2(4x + 1).sen(4x + 1)
b)


− 1 + k


2
 cos (4x + 1) = 0 → cos( 4x + 1) = 0 → 4x + 1 = + k → x = 2

2
4
− 12cos 2(4x + 1).sen(4x + 1) = 0 → 

sen(4x + 1) = 0 → 4x + 1 = k → x = k − 1 → x =  − 1

4
4

15.- [Puntuación 6]
1
Sea f la función f ( x ) = x arccos x + x para − 1  x  1 y g la función g(x) = cos 2x para − 1  x  1 .
2
a) En la siguiente cuadrícula, dibuje aproximadamente la gráfica de f y la gráfica de g.
b) Escriba la solución de la ecuación f(x)=g(x).
c) Escriba el recorrido de g.
Solución:
a)
b) x=0,41
c) R g = − 0.41, 1
 −2

x= 8

→
3 − 2
x =

8

16.- [Puntuación 6]
El número de accidentes de tráfico que ocurren por día en una autopista tiene una distribución de Poisson de
media 1,5.
a) Halle la probabilidad de que ocurran más de dos accidentes un lunes.
b) Dado que por lo menos un accidente ocurre en otro día, encuentre la probabilidad de que ocurran más de dos
accidentes en ese otro día.
Solución:
X:"nº de accidentes por día" es Po(1,5)
a) P(X  2) = 1 − P(X  2) = 1 − 0,8088 = 0,1912
b) P(X  2|X  1) =
P(X  2)
0.1912
0,1912
=
=
= 0,2461
P(X  1) 1 − P(X = 0) 1 − 0,2231
17.- [Puntuación 6]
2
k
Sea A= 
6 
 h 3
 y B= 
 , donde h y k son enteros. Dado que det A=det B y det AB=256h,
− 1 
 − 3 7
a) Compruebe que h satisface la ecuación 49h2 − 130h + 81 = 0 .
b) A partir de lo anterior, halle el valor de k.
Solución:
det A=det B→ -2-6k=7h+9 →6k= -7h-11
det AB=256h → (-2-6k)(7h+9)=256h → (9+7h)(7h+9)-256h=0 → 63h+81+49h2+63h-256h=0 →
→ 49h2-130h+81=0
b) 49h2 - 130h + 81 = 0 → h =
Para h=1
162
130  16900− 15876 130  32 

Z
=
=  98
98
98

 1
k=-3
18.- [Puntuación 6]
Sabiendo que 3x + y = x3 + 3y , halle
dy
.
dx
Solución:
3x + y (1 +
dy
dy
dy 3x2 − (ln 3).3x + y
). ln 3 = 3x2 + 3
→
=
dx
dx
dx
(ln 3).3x + y − 3
19.- [Puntuación 6]
En una sala de espera hay una fila de 10 asientos. En la sala de espera hay seis personas.
a) ¿De cuántos modos diferentes pueden sentarse esas personas?
b) En el grupo de seis personas hay tres hermanas que se deben sentar juntas.
¿De cuántos modos diferentes puede sentarse el grupo?
Solución:
10!
a) V10,6 =
= 10.9.8.7.6.5 = 151200
4!
b) 8.V3,3 .V7,3 = 8.3.2
7!
= 8.3.2.7.6.5 = 10080
4!
20.- [Puntuación 6]
Cada uno de los siguientes diagramas muestra la gráfica de una función f.
Dibuje aproximadamente sobre los ejes dados, las gráficas de
a) | f(−x)|
b)
1
f(x)
Solución:
a)
b)
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2
Jueves 4 de mayo de 2006
1.- [Puntuación 21]
Sea A el punto (2, -1, 0), B el punto (3, 0, 1) y C el punto (1, m, 2), donde mZ, m  0 .
→
→
i) Hale el producto BA• BC
a)

ii) A partir de lo anterior, dado que ABC = arccos
2
, compruebe que m=-1.
3
[6 puntos]
b) Determine la ecuación cartesiana del plano ABC.
[4 puntos]
c) Halle el área del triángulo ABC.
[3 puntos]
d)
i) La recta L es perpendicular al plano ABC y pasa por A. Halle una ecuación vectorial de L.
ii) El punto D(6, -7, 2) pertenece a L. Halle l volumen de la pirámide ABCD.
[8 puntos]
Solución:
→
→
a) i) BA = (−1, − 1, − 1) BC = (−2, m,1)
→
→
BA• BC = 2 − m − 1 = 1 − m
ii)
→
→
→
→

BA• BC =| BA | . | BC| .cos ABC → 1 − m = 3 5 + m2
→ m2 − 6m − 7 = 0 → m =
2
2
→(1 − m)2 = (5 + m2 ) →3 + 3m2 − 6m = 10 + 2m2 →
3
3
6  8 7 No válido
=
2
− 1
x −2 −1 −2
b) y + 1 − 1 − 1 = 0 → − x + 2 + z + 2y + 2 − 2z + y + 1 − x + 2 = 0 → − 2x + 3y − z + 7 = 0
z
−1 1
i
j
k
c) BA x BC = − 1 − 1 − 1 = −2i + 3j − k
−2 −1 1
→
→
1
14
4+9+1 =
2
2
Área triángulo ABC=
 x   2   − 2
     
d) i) L :  y  =  − 1  + t  3 
 z   0   − 1
     
→
ii) DA = (−4,6, − 2)
→
Altura pirámide= | DA |= 16 + 36 + 4 = 56 = 2 14
Volumen pirámide=
1 14
14
2 14 =
3 2
3
2.- [Puntuación 21]


 .
4
4
i) Halle z3 usando el teorema del binomio.
ii) Utilice el teorema de De Moivre para comprobar que
cos 3 = 4 cos3  − 3cos  y sen3 = 3sen − 4sen3
Sea z = cos  + isen , para −
a)
sen3 − sen
b) A partir de lo anterior, demuestre que
= tan  .
cos 3 + cos 
1
c) Dado que sen = , halle el valor exacto de tan 3 .
3
Solución:
a) i)
3 
3
3
 3
z3 = (cos  + isen)3 =   cos3  +   cos2 sen i −   cos  sen2 −  sen3 i =
 0
1
 2
 3
[10 puntos]
[6 puntos]
[5 puntos]
= cos3  + 3cos 2 sen i − 3cos  sen2 − sen3 i

cos 3 = cos3  − 3cos sen2 = cos3  − 3cos (1 − cos 2 ) = 4 cos3  − 3cos 
ii) (cos  + isen)3 = cos 3 + isen3 → 
2
3
2
3
3

sen3 = 3cos sen − sen  = 3(1 − sen )sen − sen  = 3sen − 4sen 
b)
sen3 − sen 3sen − 4sen3 − sen 2sen − 4sen3 2sen(1 − 2sen2)
1 − 2sen2
=
=
=
= tan .
= tan 
cos 3 + cos  4 cos3  − 3cos  + cos  4 cos3  − 2cos  2cos (2cos2  − 1)
2 − 2sen2 − 1
sen3
c) tan 3 =
=
cos 3
1
1
3. − 4.
3
27 = 23 = 23
8 8
8 5 8 10 2
4.
− 3.
27
3
3.- [Puntuación 23]
La partícula A se mueve en línea recta desde el punto OA , de modo que su velocidad en metros
1
3
por segundo para 0  t  9 está dada por v A = − t 2 + 3t + .
2
2
La partícula B se mueve en línea recta desde el punto OB , de modo que su velocidad en metros
por segundo para 0  t  9 está dada por v B = e0,2t .
a) Halle el valor máximo de v A , justificando que sea un máximo.
b) Halle la aceleración de B cuando t=4.
[5 puntos]
[3 puntos]
Los desplazamientos de A y B desde OA y OB respectivamente, para un tiempo t son s A y sB metros.
Cuando t=0, s A = 0 , y sB = 5 .
c) Halle una expresión para s A y para sB dando sus respuestas en función de t.
[7 puntos]
d)
i) Dibuje aproximadamente en un mismo gráfico, las curvas de s A y sB .
ii) Halle los valores de t para los cuales s A = sB .
[8 puntos]
Solución:
a) v´ A = −t + 3
-t+3=0 → t=3
9
3
Como v´ A = −1  0 , para t=3 v A = − + 9 + = 6 ms−1 es máximo.
2
2
b) a B = v´B = 0,2.e0,2t
Para t=4 aB = 0,2.e0,8 ms−2
c)
t =0 S A =0
ds A
t 3 3t 2 3t
= v A → ds A = v A dt → ds A = v A dt → s A = − +
+ +C → C=0
dt
6
2
2
sA = −

3

2
t
3t
3t
+
+
6
2
2
t = 0 S B =5
dsB
1 0,2t
= v B → dsB = v Bdt → dsB = v Bdt → sB =
e
+C → C=0
dt
0,2


sB = 5.e0,2t
d) i)
ii) s A = sB
para t=1,95 y t=7,81
4.- [Puntuación 31]
Parte A [Puntuación 12]
El tiempo, T minutos, requerido a los alumnos para responder una pregunta en un examen de
matemáticas tiene una función densidad de probabilidad
 1

(12t − t 2 − 20) , para 4  t  10
f (t ) =  72

0,
en los demás casos

a) Halle
i)  , el valor esperado de T.
ii)  2 , la varianza de T.
b) Se elige un alumno al azar. Halle la probabilidad de que el tiempo que tarde este alumno
para responder la pregunta se encuentre en el intervalo  − ,  .
Parte B [Puntuación 19]
Andrew dispara 20 flechas a un blanco. Tiene una probabilidad de dar en el blanco de 0,3.
Todos los disparos son independientes entre sí. Sea X el número de flechas que dan en el blanco.
a) Halle la media y la desviación típica de X.
b) Halle
i) P(X=5).
ii) P(4  X  8)
Bill también dispara flechas a un blanco, con una probabilidad de dar en el blanco de 0,3.
Todos los disparos son independientes.
c) Calcule la probabilidad de que Bill dé en el blanco por primera vez en su tercer disparo.
d) Calcule el número mínimo de disparos necesarios para que la probabilidad de que al menos
un disparo dé en el blanco sea superior a 0,99.
Solución:
Parte A
10
1
a) i)  = E(T ) =
t . (12t − t 2 − 20) = 6,5
72
4
[7 puntos]
[5 puntos]
[5 puntos]
[6 puntos]
[3 puntos]
[5 puntos]

ii) 2 = Var(T ) =

10
4
b) P( −   T   ) =
( t − 6,5)2 .

6 ,5
6 ,5− 2,15
1
(12t − t 2 − 20) = 2,15
72
1
(12t − t 2 − 20) dt = 0,3211
72
Parte B
a) X:"número de flechas en el blanco" es B(20, 0.3)
E(X)=20.0,3=6
Var(X) = 20.0,3.0,7 = 4,2 →  = 2,05
b) i) P(X=5)=0,1789
ii) P(4  X  8) = P(X  8) − P(X  3) = 0,8867 − 0,1071= 0,7796
c) P(No dar en el primero).P(No dar en el segundo).P(Dar en el tercero)=0,7.0,7.0,3=0,147
d) Y:"número de disparos que dan en el blanco en n lanzamiento" es B(n, 0.3)
n
P( Y  1)  0,99 →1 − P( Y = 0)  0,99 → P( Y = 0)  0,01 →  0,30.0,7n  0,01 → 0,7n  0,01 → n  12,91 → n = 13 disparos
0 
5.- [Puntuación 24]
x  4 
 − 1 3 0
  



Considere el sistema de ecuaciones T  y  =  − 2  , donde T=  0 2 r  .
 z   − 42
 3r 0 s 
  



a) Hale la solución del sistema de ecuaciones cuando r=0 y s=3.
b) La solución del sistema no es única.
9
i) Compruebe que s = r2 .
2
ii) Cuando r=2 y s=18, compruebe que el sistema se puede resolver y halle la
solución general.
c) Utilice la inducción matemática para demostrar que, cuando r=0,
 ( −1)n 2n − ( −1)n 0 


Tn=  0
2n
0  , n  Z+ .


 0
0
sn 


Solución:
− x + 3y = 4

a) Para t=0 y s=3 nos queda: 2y = −2  → y = −1 z = −14 x = −7
3z = −42 
[4 puntos]
[11 puntos]
[9 puntos]
−1 3 0
9
b) i) Se tiene que cumplir que : 0 2 r = 0 → − 2s + 9r2 = 0 → s = r2
2
3r 0 s
ii) Para r=2 y s=18 se cumple la ecuación de (b)(i)
Como la ecuación 3ª=-6.ecuación 1ª+9.ecuación2ª, el sistema nos queda:
− x + 3y = 4 
x = −7 − 3z
 → y = −1 − z
2y + 2z = −2
Solución general (-7-3t, -1-t, t), t R
 − 1 3 0   ( −1)1 21 − ( −1)1 0 


21
0  Cierto
c) Para n=1 T1=  0 2 0  =  0

 0 0 s   0
0
s1 

 

 ( −1)k 2n − ( −1)k 0 


Supuesto cierto para n=k Tk=  0
2k
0


 0
0
sk 


 ( −1)k +1 2k +1 − ( −1)k +1
0 

Probemos para n=k+1
Tk+1 =  0
2k +1
0 

k +1 
 0

0
s


 ( −1)k

 0
Tk+1 Tk.= 
 0

2k − ( −1)k
2k
0
0   − 1 3 0   ( −1)k +1 ( −1)k .3 + 2k +1 − 2( −1)k


0  . 0 2 0  =  0
2k +1

k 

s   0 0 s  0
0


Analicemos el término de la fila 1 columna
2: ( −1)k .3 + 2k +1 − 2( −1)k = 2k +1 + ( −1)k (3 − 2) = 2k +1 − ( −1)( −1)k = 2k +1 − ( −1)k +1
0 
0 
k +1 

s

MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
Jueves 2 de noviembre de 2006
1.- [Puntuación 6]
1 2 1 


a) Halle la inversa de la matriz  1 1 2  .
2 1 4


x + 2y + z = 0
x + y + 2z = 7
2x + y + 4z = 17
b) A partir de lo anterior, resuelva el sistema de ecuaciones:
Solución:
1 2 1 


Sea A=  1 1 2 
2 1 4


det(A)=4+8+1-2-8-2=1 ≠0
0 − 1
 2


Adj(A)=  − 7 2
3 
 3 − 1 − 1


x  0  x
     
b) A.  y  =  7  →  y  = A-1.
 z   17   z 
     
 2 −7 3 


A-1=  0
2 − 1
 − 1 3 − 1


0  2 
   
 7  =  − 3
 17   4 
   
2.- [Puntuación 6]
(
)3
Exprese 3 − 2 en la forma a 3 + b , donde a , b  Z .
Solución:
( 3 − 2)3 = 30( 3 )3 −  31( 3 )2.2 +  32
 
 
 3
3 .4 −  .8 = 3 3 − 18 + 12 3 − 8 = 15 3 − 26
 
 3
3.- [Puntuación 6]
1
Sea f la función definida para x  − por f ( x ) = ln(3x + 1) .
3
a) Halle f ´(x).
b) Halle la ecuación de la recta normal a la curca y=f(x) en el punto donde x=2.
Exprese la respuesta en la forma y=ax+b, donde a , b R .
Solución:
3
a) f ´( x ) =
3x + 1
b) En el punto (2,ln7) la pendiente de la recta tangente es m =
mN = −
3
7
7
3
7
7
14
+ ln7
La normal en (2,ln7) es y − ln7 = − ( x − 2) → y = − x +
3
3
3
4.- [Puntuación 6]
La bolsa 1 contiene 4 cubos rojos y 5 cubos azules. La bolsa 2 contiene 7 cubos rojos y 2 cubos azules. Se extraen
dos cubos al azar; el primero de la bolsa 1 y el segundo de la bolsa 2.
a) Halle la probabilidad de que los cubos sean del mismo color.
b) Sabiendo que los cubos extraídos son de diferente color, halle la probabilidad de que el cubo rojo haya sido
extraído de la bolsa 1.
Solución:
a)
28/81
R2
7/9
R1
4/9
R1 R2
8/81
A2
2/9
7/9
R2
R1 A2
35/81
A1 R2
A1
5/9
10/81
2/9
P(R1  R2) + P( A1  A2) =
A2
A1 A2
28 10 38
+
=
81 81 81
8
P(R1  A2)
8
b) P(R1 /(R1  A2)  ( A1  R2)) =
= 81 =
8
35
P(R1  A2) + P( A1  R2)
43
+
81 81
5.- [Puntuación 6]
La suma infinita de una serie geométrica es 32.
La suma de los cuatro primeros términos es 30 y todos los términos son positivos.
Halle la diferencia entre la suma infinita y la suma de los ocho primeros términos.
Solución:
u
32 = 1 → u1 = 32(1 − r )
1−r
30 = u1 + u1r + u1r2 + u1r3 → 30 = 32(1 − r )(1 + r + r2 + r3 ) → 30 = 32(1 + r + r2 + r3 − r − r2 − r3 − r 4 )
1 − r4 =
15
1
→r= →
16
2
u1 = 16
8
1
1
16.  − 16
− 16
255 1
2

16
S − S8 = 32 −
= 32 −
= 32 −
=
1
1
8
8
−1
−
2
2
6.- [Puntuación 6]
Resuelva tan2 2 = 1 , en el intervalo −
Solución:


 .
2
2

 k

− 3

tan 2 = 1 → 2 = + k →  = +
→=
, =


4
8 2
8
8
tan 2 = 1 → 

 k
−
3
 tan 2 = −1 → 2 = − + k →  = − +
→=
, =

4
8
2
8
8

2
7.- [Puntuación 6]
La variable aleatoria X sigue una distribución de Poisson. Sabiendo que P(X  1) = 0,2 , halle
a) la media de la distribución.
b) P(X  2) .
Solución:
a) Sea X Po(m)
P( X  1) = 0,2 → P( X = 0) + P( X = 1) = 0,2 →
e−m .m0 e−m .m
+
= 0,2 → e− m (1 + m) = 0,2 → m = 2,99
0!
1!
b) P( X  2) = 0,4254
8.- [Puntuación 6]
Se invierte una suma de $100.
a) Si el interés se compone anualmente con una tasa de interés anual del 5%, halle el valor total V de la inversión
después de 20 años.
5
b) Si el interés se compone mensualmente con una tasa de interés mensual del
% , halle el número mínimo de
12
meses en el cual el valor de la inversión supera a V.
Solución:
a) V = 100(1 + 0,05)20 = 265,33
b) 100(1 + 0,0042)n  265,33 → n  232,82 → n = 233 meses
9.- [Puntuación 6]
El peso de un determinado tipo de vegetal sigue una distribución normal con media 450 gramos y desviación
típica 50 gramos.
a) En una carga que contiene 2000 de estos vegetales, calcule el número esperado de vegetales que tienen un
peso superior a 525 gramos.
b) Halle el valor del tercer cuartil de la distribución.
Solución:
a) X:"pesos vegetal) es N(450, 50)
Y:"nº de vegetales de los 2000 con X>525"
P(X>525)=P(525<X<700)=0,0668
Y es B(2000, 0.0668)
E(Y)=2000.0,0668=133,6134
b) P(X  Q3 ) = 0,75 → Q3 = 483,72
10.- [Puntuación 6]
Sean z1 y z2 números complejos. Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones con dos incógnitas.
2z1 + 3z2 = 7 ,
z1 + iz2 = 4 + 4i
Exprese las respuestas en la forma z = a + bi , donde a, bZ .
Solución:
2z1 + 3z2 = 7 
− 1 − 8i 3 + 2i 13 − 26i
.
=
= 1 − 2i
 → (3 − 2i)z2 = −1 − 8i → z2 =
z1 + iz2 = 4 + 4i
3 − 2i 3 + 2i
13
z1 = 4 + 4i − i(1 − 2i) = 2 + 3i
11.- [Puntuación 6]
Las rectas L1 y L2 están definidas por las ecuaciones paramétricas
Halle el ángulo entre L1 y L2 .
Solución:
 2 
 
Vector director de L1 :  3 
 − 1
 

cos( L1 , L2 ) =
| −2 + 12 − 2 |
14 21
=
L1 : x = 1 + 2 , y = 1 + 3 , z = 1 − 
L2 : x = 2 −  ,
y = 3 + 4 , z = 4 + 2
 − 1
 
Vector director de L2 :  4 
 2 
 
8
294

→ (L1 , L2 ) = 62,18
12.- [Puntuación 6]
En la gráfica que se muestra a continuación se representa y = asen(x + b) + c , donde a , b, y c son constantes.
Halle los valores de a, b y c.
Solución:
b son las unidades que se traslada a la derecha la gráfica de y=senx, por lo tanto b = −

.
4
a es la razón del estiramiento vertical , por lo tanto a=3
c son las unidades que se traslada verticalmente hacia abajo, por lo tanto c=-1.
13.- [Puntuación 6]
Sea P el punto (1, 0, -2) y sea  el plano x+y-2z+3=0. Sea P´ el punto simétrico de P respecto al plano  .
Halle las coordenadas del punto P´.
Solución:
x = 1 + t

Sea L la recta perpendicular a  desde P, L :  y = t
 z = −2 − 2t

4
 1 4 2
Sea M el corte de L y  : 1+t+t-2(-2-2t)+3=0 → 6t=-8 → t = − → M − , − , 
3
 3 3 3
→
 1 4 2   4 4 8   5 8 10 
P ´== M + PM =  − , − ,  +  − , − ,  =  − , − ,

 3 3 3  3 3 3  3 3 3 
14.- [Puntuación 6]
p
q
Resuelva la ecuación 9log5 x = 25log x 5 , dando las respuestas en la forma 5 , donde p, q Z .
Solución:
5

 log x = 5 → x = 53
5
log 5
25 
3
9 log 5 x = 25 5 → (log 5 x )2 =
→
5
log 5 x
9
−

5
3
log
x
=
−
→
x
=
5
 5
3

15.- [Puntuación 6]
Considere las curvas C1 , C2 definidas por las ecuaciones
C1 :y = x2 + kx + k , donde k  0 es cons tan te
C2 : y = −x2 + 2x − 4 .
Ambas curvas pasan por el punto P y la tangente en P a una de las curvas es también tangente en P a la otra.
a) Halle el valor de k.
b) Halle las coordenadas de P.
Solución:
a) Para C1 :y´= 2x + k
Para C2 : y´= −2x + 2
2x + k = −2x + 2 → x =
2− k
4
2
2
2−k
2−k
2−k 
 2−k 
+ k = −
− 4 → 4 + k 2 − 4k + 8k − 4k 2 + 16k = −4 − k 2 + 4k + 16 − 8k − 64→

 + k.
 +2
4
4
 4 
 4 
→2k 2 − 24k − 56 = 0 → k 2 − 12k − 28 = 0 → k =
12  144 + +112 12  16 14 No válido
=
=
2
2
 −2
b) P(1, -3)
16.- [Puntuación 6]

En el triángulo ABC, A = 30 , a=5 y c=7. Halle la diferencia entre las áreas de los dos triángulo ABC que se
pueden construir con los datos proporcionados.
Solución:
Sea AC=x
25 = x2 + 49 − 2.7.x.
3
2
7 3  51
2


1 7 3 + 51 
7. 
 7
2 
2
 = 7 3 + 51
Área 1=
2
8
x2 − 7 3x + 24 = 0 → x =
(
1  7 3 − 51 
7. 
 7
2 
2
 = 7 3 − 51
Área 2=
2
8
(
Área 1 - Área 2=
7 51
4
)
)
17.- [Puntuación 6]
Resuelva la ecuación diferencial ( x + 2)2
Solución:
dy
4x
=
dx →
y ( x + 2)2
x+2=t
dy
4x
 y =  (x + 2)
2
dx=dt
4x
 (x + 2)
2
dx =

4(t − 2)
t
2
dy
= 4xy ( x  −2) sabiendo que y=1 cuando x=-1.
dx
dx → ln y =
4x
 (x + 2)
2
dx
x=t-2
1 2 
2 
2 

dt = 4  −  dt = 4 ln t +  = 4 ln(x + 2) +

2
t 
x +2

t t 

x = −1 y =1
2 

ln y = 4 ln(x + 2) +
→ 0 = 8 + C → C = −8
+C
x +2


2 
− 8( x +1)
4 ln( x + 2)+
 −8
2 

x +2 
ln y = 4 ln(x + 2) +
= ( x + 2)4 e x +2
−8 → y =e 
x +2

18.- [Puntuación 6]
Se denomina R a la región limitada por las curvas y 2 = kx y x2 = ky , donde k  0 .
Sabiendo que el área de R es 12, halle el valor de k.
Solución:
x = 0
x2
x4
= kx →
= kx → x 4 − kx 3 = 0 → x3( x − k ) = 0 → 
2
k
k
x = k
12 =

0
k
3

2
3
2
 kx − x  dx =  2 k x 2 − x  = 2 k 2 − k → k 2 = 36 → k = 6

 3
k 
3k 
3
3


0
k
19.- [Puntuación 6]
El radio y la altura de un cilindro son ambos iguales a x cm. El área de la superficie curva del cilindro aumenta a
una velocidad constante de 10 cm2 / seg. Cuando x=2, halle la razón de cambio de
a) el radio del cilindro.
b) el volumen del cilindro.
Solución:
a) Área de la superficie curva en el instante t: A( t ) = 2x2( t )
A´(t ) = 2.2x(t ).x´(t ) = 4x(t ).x´(t ) = 10
Cuando x(t)=2 4.2.x´( t ) = 10 → x´(t ) =
5
cm s −1
4
b) En el instante t: V(t ) = .x2(t ).x(t ) = x3(t )
V´( t ) = 3x 2( t ).x´( t )
Cuando x(t)=2 V´( t ) = 12.
5
= 15 cm3 s −1
4
20.- [Puntuación 6]
  






Sean A , B, C los ángulos de un triángulo. Compruebe que tan A+ tan B+ tan C = tan A . tan B . tan C .
Solución:



A = 180 − ( B+ C)
  


0 − tan B+ C 







 
tan B+ tan C




tan A =
= − tan B+ C  = −
→ tan A − tan A . tan B . tan C = − tan B− tan C →


1+0


1 − tan B+ tan C






→ tan A + tan B+ tan C = tan A . tan B . tan C
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Viernes 3 de noviembre de 2006
1.- [Puntuación 24]
Parte A [13puntos]

La siguiente figura muestra un círculo con centro O y radio r. El ángulo central AOB es de  radianes. La cuerda
AB divide al círculo en dos segmentos; uno de menor tamaño (la región sombreada) y otro de mayor tamaño..
´
a) Compruebe que el área del segmento de menor tamaño es igual a
b) Halle el área del segmento de mayor tamaño.
1 2
r ( − sen ) .
2
[4 puntos]
[3 puntos]
4
c) Sabiendo que la relación de las áreas de los dos segmentos es 2:3, demuestre que sen  =  −
. [4 puntos]
5
d) A partir de lo anterior, halle el valor de  .
[2 puntos]
Parte B [ 11 puntos]
a) Utilice la inducción matemática para demostrar
que (1)(1! ) + (2)(2! ) + (3)(3! ) + ... + (n)( n! ) = (n + 1)!−1 donde n  Z+
[ 8 puntos]
9
b) Halle el número mínimo de términos de la serie para el cual la suma sobrepasa 10 .
Solución:
Parte A
[ 3 puntos]
r2 r.r.sen 1 2
−
= r ( − sen)
2
2
2
 sen 

2 1 2
b) Área segmento mayor= r − r ( − sen) = r2   − +

2
2
2 

a) Área segmento menor=
1 2
1 2
r ( − sen)
r ( − sen)
2
 − sen
c) = 2
= 2
=
2
 sen  r
3
2 −  + sen

r2   − +

(2 −  + sen)
2
2  2

4 − 2 + 2sen = 3 − 3sen → 5sen = 5 − 4 → sen =  −
4
5
d)  = 2,82 radianes
Parte B
a) Para n=1 (1)(1!)=(1+1)!-1 lo cual es cierto
Suponemos cierto para n=k (1)(1! ) + (2)(2! ) + (3)(3! ) + ... + (k )(k! ) = (k + 1)!−1
?
Probemos para n=k+1 (1)(1! ) + (2)(2! ) + (3)(3! ) + ... + (k )(k! ) + (k + 1)(k + 1)! =(k + 2)!−1
(1)(1!) + (2)(2!) + (3)(3!) + ... + (k)(k!) + (k + 1)(k + 1)! = (k + 1)!−1 + (k + 1)(k + 1)! = (k + 1)!(1 + k + 1) − 1 = (k + 2)!−1
b) Si probamos con la C.P.G.: (11+1)! =479001600 < 109-1
(12+1)!=6227020800 >109-1 → n=12
2.- [Puntuación 22]
Parte A [ 12 puntos]
Una bolsa contiene un gran número de cintas de colores. Una cuarta parte de las cintas son
amarillas, y el resto son azules. Se extraen al azar diez cintas de la bolsa.
a) Halle el número esperado de cintas amarillas extraídas.
b) Halle la probabilidad de que exactamente seis de estas cintas sean amarillas.
c) Halle la probabilidad de que al menos dos de estas cintas sean amarillas.
d) Halle el número más probable de cintas amarillas extraídas.
e) ¿Qué suposición ha hecho respecto de la probabilidad de extraer una cinta amarilla?
[ 2 puntos]
[ 2 puntos]
[ 3 puntos]
[ 4 puntos]
[ 1 punto]
Parte B [ 10 puntos]
La variable aleatoria continua X tiene la función densidad de probabilidad
 x
,
para 0  x  k

f ( x ) =  1 + x2
 0 ,
en los demás casos
a) Halle el valor exacto de k.
b) Halle la moda de X.
c) Calcule P(1  X  2) .
Solución:
Parte A
[ 5 puntos]
[ 2 puntos]
[ 3 puntos]
1

a) X:"número de cintas amarillas extraídas de la muestra aleatoria de 10" es B 10,  .
4

1
E( X ) = 10. = 2,5
4
b) P( X = 6) = 0,0162
c) P(X  2) = 1 − P(X  1) = 1 − 0,2440 = 0,756
10− x
x
 10 1   3 
d) P(X = x ) =     
 x  4   4 
Creamos una tabla con los valores de la función P(X=x)
x
P(X=x)
0
0,05
1
0,18
2
0,28
3
0,25
4
0,14
5
0,05
6
0,01
7
0,003
El número más probable es X=2
e) Que la muestra de las 10 cintas ha sido totalmente aleatoria.
Parte B
a)
k
k
1
1

dx = 1 →  ln(1 + x2 ) = 1 → ln(1 + k 2 ) = 1 → k = e2 − 1
2
2
2
0 1+ x

0

x
b) f ´(x) =
1 + x2 − 2x2
(1 + x2 )2
=
1 − x2
(1 + x2 )2
1 − x2 = 0 → x = 1
f ´´(x ) =
− 2x(1 + x2 )2 − 2(1 + x2 )2x(1 − x2 ) − 2x(1 + x2 ) − 4x(1 − x2 ) 2x3 − 6x
=
=
(1 + x2 )4
(1 + x2 )3
(1 + x2 )3
2−6
0
(1 + 1)3
El máximo se obtiene para x=1, por lo tanto Moda=1
f ´´(1) =
c) P(1  X  2) =
2
2
1 5
1

dx =  ln(1 + x2 ) = ln
2
2
1 1+ x

1 2 2

x
8
0,0003
9
0,00002
10
0,0000009
3.- [Puntuación 28]
Parte A [ 14 puntos]
a) La recta l1 pasa por el punto A(0, 1, 2) y es perpendicular al plano x-4y-3z=0.
Halle las ecuaciones cartesianas de l1 .
b) La recta l2 es paralela a l1 y pasa por el punto P(3, -8, -11).
Halle la ecuación vectorial de la recta l2 .
[ 2 puntos]
[ 2 puntos]
→
i) El punto Q pertenece a la recta l1 de forma que PQ es perpendicular a l1 y l2 .
Halle las coordenadas de Q.
ii) A partir de lo anterior, halle la distancia en l1 y l2 .
Parte B [ 14 puntos]
Considere el sistema de ecuaciones
x+2y+kz=0
x+3y+z=3
kx+8y+5z=6
a) Halle el conjunto de valores de k para los cuales este sistema de ecuaciones tiene una solución
única.
b) Para cada valor de k para el cual el sistema tiene solución no única, halle el conjunto
de soluciones.
Solución:
Parte A
x y −1 z −2
a) l1 : =
=
1 −4
−3
x  3   1 
  
  
b) l2 :  y  =  − 8  +  − 4 
 z   − 11  − 3 
  
  
c) i) Q(t, 1-4t, 2-3t)
c)
[ 10 puntos]
[ 6 puntos]
[ 8 puntos]
→
PQ = (t − 3, 9 − 4t ,13 − 3t )
 1 
 
PQ•  − 4  = 0 → t − 3 − 36 + 16t − 39 + 9t = 0 → 26t = 78 → t = 3 → Q(3, − 11, − 7)
 − 3
 
→
→
ii) d(l1 , l2 ) =| PQ |=
Parte B
a)
A

__________

 1 2 k 0
 1 3 1 3

 k 8 5 6
__________ ________

B

0 + 9 + 16 = 5








− 3k 2 + 10k − 3 = 0 → k =
|A|=15+2k+8k-3k2-10-8=-3k2+10k-3=0
1
− 10  8 

= 3
−6

3
1
Para todo k  , 3 rango(A)=3 y el sistema es compatible determinado (solución única)
3
x + 2y + 3z = 0
x = −6 − 4z − 3z = −6 − 7z
b) Para k=3 el sistema nos queda:
 → y − 2z = 3 → y = 3 + 2z
x + 3y + z = 3 
Solución general (-6-7t, 3+2t, t) t R
Para k =
1

1
2
2

el sistema nos queda: x + 2y + 3 z = 0 → y + z = 3 → y = 3 − z
3
3
3
x + 3y + z = 3 

2
Solución general − 6 + t , 3 − t , t ) t  R
3
x = −6 + z
4.- [Puntuación 26]
La función f está definida por f(x ) =
ln x
, x 1.
x3
a) Halle f ´(x) y f ´´(x), simplificando ambas respuestas.
[ 6 puntos]
b)
i) Halle el valor exacto de la coordenada x correspondiente al punto máximo, y
justifique por qué se trata de un máximo.
ii) Resuelva f´´(x)=0, y compruebe que para este valor de x, la gráfica de f presenta un
punto de inflexión.
iii) Dibuje aproximadamente la gráfica de f, indicando el punto máximo y el punto de
inflexión.
[ 11 puntos]
Se denomina R a la región limitada por el eje x, la gráfica de f y la recta x=3.
c) Halle el volumen del sólido de revolución que se obtiene al rotar R un ángulo de 360ᵒ alrededor
del eje x.
[ 3 puntos]
1
d) Compruebe que el área de R es igual a
[ 6 puntos]
(4 − ln3) .
18
Solución:
x2 − 3x2 ln x
a) f ´(x ) =
x
6
1 − 3ln x
=
x
f ´´(x ) =
4
− 3x3 − 4x3(1 − 3ln x )
x
8
=
− 7 + 12ln x
1
b) i) 1 − 3ln x = 0 → x = e 3
1
f ´´(e 3 ) =
− 7 + 12.
5
1
3 = −3 0
5
e3
ii)
e3
7
12
− 7 + 12ln x = 0 → x = e
f ´´´(x ) =
12x 4 − 5x 4 ( −7 + 12ln x )
x
7
12
f ´´´(e ) =
47 − 60.
7
10
=
47 − 60ln x
x6
7
12 = 12  0
7
e 12
e 12
iii)
c) V = 
2
3
 ln x 
 3  dx = 0,0458
1 x 

3
 ln x 
 dx
3 
1

1
u = ln x
v´ =
x3
1
−1
u´=
v=
x
2x2
ln x
− ln x 1 1
− ln x
1
dx =
+
dx =
−
3
2
3
2
2
x
2x
x
2x
4x2
d) Área(R ) =

Área(R ) =
  x

3
3
1 
− ln3 1 1 − ln3 4
1
 ln x 
 − ln x

 dx = 
−
=
−
+ =
+
= (4 − ln3)
3 
2
2
18
36
4
18
18
18
1 x 
4x  1
 2x

x5
5.- [Puntuación 20]
Sea y = cos  + isen
dy
= iy .
d
[Puede suponer, a la hora de derivar y de integrar, que i se puede tratar en la misma forma que
una constante real.]
a) Compruebe que
[ 3 puntos]
b) A partir de lo anterior y usando integración, compruebe que y = ei .
[ 5 puntos]
c) Use este resultado para deducir el teorema de De Moivre.
[ 2 puntos]
sen6
= a cos 5  + bcos 3  + c cos , donde sen  0 , utilice el teorema de
sen
De Moivre, con n=6, para hallar el valor de las constantes a, b y c.
sen6
ii) A partir de lo anterior, deduzca el valor de lim
.
→0 sen
Solución:
dy
a)
= −sen + i cos  = i(cos  + isen) = iy
d
[ 10 puntos]
d)
i) Sabiendo que
Si C =0
1
1
b) dy = id →
dy = id → ln y =i + C → y = ei .eC → y = ei
y
y


( )
n
n
c) (cos  + isen) = y n = ei = ein = cos n + isen n
d)
i) (cos  + isen)6 = cos 6 + isen6
(cos  + isen)6 = 
6 6
6
6
6
6 
 cos  +   cos5  isen −   cos 4  sen2 −   cos3  i sen3 +   cos 2  sen4 +
0
1 
2
3 
 4
6
6
+   cos  i sen5 −   sen6
5 
6
sen6 = 6cos5  sen − 20cos3  sen3 + 6 cos  sen5
sen6
= 6 cos 5  − 20cos 3 .sen2 + 6 cos  sen 4 = 6 cos 5  − 20cos3 .(1 − cos 2 ) + 6 cos (1 − cos 2 )2 =
sen
= 26cos 5  − 20cos 3  + 6 cos  + 6 cos 5  − 12cos3  = 32cos 5  − 32cos 3  + 6 cos 
a=32
b=-32
ii) lim
sen6
= 32 − 32 + 6 = 6
sen
→0
c=6
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ1
Lunes 7 de mayo de 2007
1.- [Puntuación 6]

En el triángulo ABC C = 42 , BC = 1,74 cm y el área de 1,19 cm2.
(a) Calcule AC.
(b) Calcule AB.
Solución:
1
a) 1,19 = AC.1,74.sen42
2
AC=2,04
b) AB2 = 1,742 + 2,042 − 2.1,74.2,04. cos 42
AB=1,38
2.- [Puntuación 6]
Los sucesos A y B son tales que P (A) = 0.5, P (B) = 0.3 , P (A∪B) = 0.6.
(a)
(i) Hallar el valor de P( A  B) .
(ii) Por lo tanto muestre que A y B no son independientes.
(b) Halle el valor de P (B | A).
Solución:
a) i) 0,6=0,5+0,3-P(A∩B) → P(A∩B)=0,2
ii)
P( A  B) = 0,2 
 → P( A  B)  P( A ).P(B) → A y B no son independientes
P( A ).P(B) = 0,15
b) P(B/ A ) =
P(B  A ) 0,2
=
= 0,4
P( A )
0,5
3.- [Puntuación 6]
En un experimento, un ensayo se repite n veces. Los ensayos son independientes y la probabilidad p de éxito en
cada ensayo es constante. Sea X el número de éxitos en los n ensayos. La media de X es 0,4 y la desviación típica
es de 0,6.
(a) Calcule p.
(b) Calcule n.
Solución:
a) X:”número de éxitos en n ensayos” es B(n, p)
E(X)=0,4=n.p → n =
0,4
p
Var(X)=0,36=n.p.(1-p) → n =
0,36
p(1 − p)
0,4
0,36
0,04 1
=
→ 0,4 − 0,4p = 0,36 → p =
=
p p(1 − p)
0,4 10
b) n=4
4.- [Puntuación 6]
3x − 4
, x  −2 .
x +2
(a) Encuentre una expresión para f −1( x ) .
La función f se define como f ( x ) =
(b) Escriba el dominio de f −1 .
Solución:
3x − 4
−4 − 2y
a) y =
→ xy + 2y = 3x − 4 → x =
x +2
y −3
−4 − 2x
f −1( x ) =
x −3
b) Df −1 = R f = R − 3
5.- [Puntuación 6]

El diagrama muestra un círculo con centro O y radio 1, con AOB = ,   0 .
El área de ΔAOB es tres veces el área sombreada.
Calcule el valor de θ.
Solución:
 .12 sen 
1
.1.1.sen = 3
−

2
2 
 2
sen
  sen 
= 3 −

2
2 
2
sen = 3 − 3sen → 4sen = 3 →  = 1,27 rad
6.- [Puntuación 6]
Sea f (x) = x ln x - x, x> 0.
(a) Halle f '(x).
(b) Usando la integración por partes calcule
Solución:
a) f ´(x)=lnx+1-1=lnx
b)
u = (ln x )2
u ´= 2. ln x.
(ln x) dx
2
v ´= 1
1
x
v=x
(ln x) dx = x.(lnx) − 2 lnx dx = x.(lnx) − 2x lnx + 2x + C
2
2
2
7.- [Puntuación 6]
2
2 




+ isen  + 4 3  cos + isen  .
El número complejo z se define por z = 4 cos
3
3
6
6




(a) Express z en la forma rei , donde r y θ tienen valores exactos.
(b) Encuentre las raíces cúbicas de z, expresándose en la forma rei , donde r y θ tienen valores exactos.
Solución:

i
 1
 3 1 
3 
i + 4 3
+ i  = 4 + 4 3 i = 8e 3
a) z = 4 − +
 2 2 
 2 2 




 i
 2e 9
 7

3
i
 i9
3
3
3

2
k

b) z = 8e = 8 +
=
, k =0, 1, 2  2e
9 3
 i 13
2e 9


( )
8.- [Puntuación 6]
La función f se define como f (x) = sen x ln x para x∈ [0.5, 3.5].
(a) Escriba las intersecciones con el eje x.
(b) El área sobre el eje x es A y el área total debajo del eje x es B. Si A = kB, calcule k
Solución:
senx = 0 → x = 
a) senx ln x = 0 → 
ln x = 0 → x = 1
b)


A = senx. ln x dx = 0,88
1
1
3,5


B = − senx. ln x dx + − senx. ln x dx = 0,09 + 0,07 = 0,16

0,5
0,88=k.0,16 → k=5,5
9.- [Puntuación 6]
Una variable aleatoria continua X tiene la función de densidad de probabilidad f definida por
 ex , 0  x  ln2
f(x ) = 
0, en los demás casos
Calcule el valor exacto de E (X).
Solución:
E( X ) =

ln 2
0
x.e x dx
u=x
v ´ = ex
u ´= 1
v = ex
 x.e
dx = xex − ex + C
x

E( X ) = xex − ex

ln 2
0
= (2ln 2 − 2) + 1 = 2ln2 − 1
10.- [Puntuación 6]
Consideremos los vectores a, b, c, d
 2 
1 
 
 
a=  3 
b=  2 
 − 1
 5
 
 
 
 
d=  − 2 
 1 
 
3
 
c=  1 

 
Sea s = (a.b)c + d, donde s es perpendicular a a. Halle una expresión para λ en función de μ.
Solución:
3     9 +  
    

s= (2 + 6 − 5). 1  +  − 2  =  1 
    1   3 + 1 
    

20 + 2
s.a=0 → 18 + 2 + 3 − 3 − 1 = 0 →  =
3
11.- [Puntuación 6]
Sea y = x arcsin x, x∈] -1, 1 [. Muestre que
d2y
dx2
=
2 − x2
3
2 2
(1 − x )
.
Solución:
dy
x
= arcsenx +
dx
1 − x2
1
1
1 − x2 − .
.(−2x2 )
2
2
d y
1
1
1 − x2 + x2
2 − x2
1−x
=
+
=
+
=
3
dx2
1 − x2
1 − x2
1 − x2
1 − x2 (1 − x2 )
1 − x2 2
2
(
)
12.- [Puntuación 6]
La función cuadrática Q está definida por Q( x ) = kx 2 − (k − 3)x + (k − 8), k  R .
Determine los valores de k para los cuales Q (x) = 0 no tiene raíces reales.
Solución:
Discriminante= (k − 3)2 − 4k(k − 8)  0
?
k2 + 9 − 6k − 4k2 + 32k 0

 k = 91
− 3k 2 + 26k + 9 = 0 → 
k=−

3

1

(k − 3)2 − 4k(k − 8)  0 si k   −  , −    9, + 
3

13.- [Puntuación 6]
1 6
x
 y X=   . Sabiendo que AX = kX, donde k R , encuentre los valores de k para lo cual hay una
Sea A = 
4
3


y
infinidad de soluciones para X.
Solución:
x + 6y = kx 
(1 − k )x + 6y = 0
 x + 6y   x 

 = k   →


4x + 3y = ky 
4x + (3 − k )y = 0
 4x + 3y   y 
1−k
6
4  10  7
= 0 → 3 − k − 3k + k 2 − 24 = 0 → k 2 − 4k − 21 = 0 → k =
=
4
3−k
2
− 3
14.- [Puntuación 6]

Una serie geométrica infinita está dada por
2(4 − 3x)
k
.
k =1
(a) Halle los valores de x para los cuales la serie tiene una suma finita.
(b) Cuando x = 1. 2 , calcule el número mínimo de términos necesarios para dar una suma mayor que 1.328.
Solución:
a) r=4-3x
?
?
| 4 − 3x | 1  | 4 − 3x | −1  0
 4 − 3x = 1 → x = 1

5
| 4 − 3x | − 1 = 0 → | 4 − 3x |= 1 → 
4 − 3x = −1 → x =

3

+
7
-
+
7
5/3
1
n
b) Sn =
1x
2(4 − 3,6)
k
5
3
?
1,328
k =1
n
Sn =

2.0,4k =
k =1
2.0,4n +1 − 2.0,4 0,8(0,4n − 1)
=
 1,328 → n  6,02
− 0,6
− 0,6
n=7
15.- [Puntuación 6]
Sabiendo que exy − y 2 ln x = e para x  1 , calcule
dy
en el punto (1, 1).
dx
Solución:
1
exy ( y + xy ´) − (2yy ´ln x + y 2 . ) = 0
x
2
y
− exy y +
x
y ´=
xy
e x − 2y ln x
dy −e + 1
=
En (1, 1)
dx
e
16.- [Puntuación 6]
Resuelva la ecuación diferencial ( x 2 + 1)
dy
− xy = 0 donde x> 0, y> 0, sabiendo que y = 1 cuando x = 1.
dx
Solución:
( x2 + 1)dy = xy dx
1
 y dy =  x
x
2
+1
dx
x =1 y =1
1
1
ln y = ln(x2 + 1) + C → C = − ln2
2
2
1
1
1  x2 + 1 
ln y = ln(x2 + 1) − ln2 → ln y = ln
2
2
2  2 
y=
x2 + 1
2
17.- [Puntuación 6]
Las funciones f y g se definen por f(x ) = 2x − 1
y
g(x ) =
Calcule los valores de x para los cuales (f o g)(x) ≤ (g o f) (x).
Solución:
 x  x −1
(fog )( x ) = f 
=
 x +1 x +1
(gof )( x ) = g(2x − 1) =
x
, x  −1 .
x +1
2x − 1
2x
x − 1 ? 2x − 1
x − 1 2x − 1 ?


−
0
x +1
2x
x +1
2x
− 3x + 1 ?
0
( x + 1)2x
+
-
+
-1
0
1/3
1

x  − 1, 0   , +  
3


18.- [Puntuación 6]
La siguiente tabla muestra los valores de dos funciones f y g y sus primeras derivadas cuando x = 1 y x = 0.
x
0
1
f(x)
4
-2
f´(x)
1
3
g(x)
-4
-1
g´(x)
5
2
3f ( x )
cuando x=0.
g( x ) − 1
(b) Encuentre la derivada de f (g (x) + 2x) cuando x = 1.
Solución:
 3f ( x )  ´
f ´(x )( g(x ) − 1) − g ´(x ).f (x )
 = 3
a) 
g
(
x
)
−
1
(g(x) − 1)2


(a) Encuentre la derivada de
 3f ( x )  ´
1( −5) − 5.4
 (0) = 3.
= −3
En x=0 
25
 g( x ) − 1 
b) (f(g(x) + 2x )´= f ´(g(x) + 2x).(g ´(x) + 2)
En x=1
(f(g(x) + 2x )´(1) = f ´(−1 + 2).(2 + 2) = 12
19.- [Puntuación 6]La solución de 22x +3 = 2x +1 + 3 se puede expresar en la forma a + log 2 b donde a , bZ .
Calcule el valor de a y de b.
Solución:
8.22x = 2.2x + 3
x
Si 2 = t
 3
2  10  4
8t − 2t − 3 = 0 → t =
=
1
16
−
 2
2
3
3
→ x = log2 = log2 3 − 2
4
4
a=-2
b=3
2x =
20.- [Puntuación 6]
4 3
r + r2h
3
En el momento en que el radio es 3 cm, el volumen es 81π cm3, el radio está cambiando a razón de 2 cm/min y el
volumen está cambiando a razón de 204π cm3/min. Encuentre la razón de cambio de la altura en este momento.
Solución:
dV 4
dr( t ) 
dr( t )
dh( t ) 
= 3r2( t )
+  2r( t )
.h( t ) + r2( t ).

dt 3
dt
dt
dt 

El volumen de un sólido está dado por V =
81 =
4
.27 + .9.h( t ) = 36 + 9h( t ) → h(t)=5 cm
3
dh( t ) 
dh( t )

204 = 4.9.2 +  2.3.2.5 + 9
 → 204 − 72 = 60 + 9
dt 
dt

dh( t )
= 8 cm m −1
dt
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ2
Lunes 7 de mayo de 2007
1.- [Puntuación 6]


El siguiente diagrama muestra  ABC, donde BC=105 m, ACB = 40º , ABC = 60 .
Halle AB.
Solución:

A = 80
AB

sen40
=
105
sen80
→ AB = 68,53
2.- [Puntuación 6]
A continuación se muestra el número de bombillas defectuosas por caja encontradas en una muestra compuesta
por 50 cajas de bombillas.
Número de bombillas defectuosas por caja
Número de cajas
0
7
1
13
2
15
3
11
4
6
a) Calcule la mediana de la cantidad de bombillas defectuosas por caja.
b) Calcule la cantidad media de bombillas defectuosas por caja.
Solución:
2+3
= 2,5
a) Mediana=
2
_
b) x =
x f = 0 + 3 + 30 + 33 + 24 + 25 + 18 = 2,66
i i
N
50
3.- [Puntuación 6]
Halle el coseno del ángulo  que forman los planos 1 y 2 donde 1 tiene por ecuación -2x+y-z=2 y 2 tiene
por ecuación x+2y-z=6.
Solución:
 − 2
 1 
 
 
Vector perpendicular a 1 :  1  Vector perpendicular a 2 :  2 
 − 1
 − 1
 
 
| −2 + 2 + 1 1
cos  =
=
6
6 6
5
5
6
3
4.- [Puntuación 6]
Resuelva 2(ln x )2 = 3ln x − 1 para la variable x. Dé las respuestas de forma exacta.
Solución:
1→ x =e
31 

2(ln x )2 − 3ln x + 1 = 0 → ln x =
= 1
→x= e
4

2
5.- [Puntuación 6]
dy
= 2xy 2 , sabiendo que y=1 cuando x=0.
dx
Exprese la respuesta en la forma y=f(x).
Solución:
Resuelva la ecuación diferencial
dy
y2
y=
= 2xdx →
1
y
2

dy = 2x dx → −
x =0 y =1
1
= x2 + C → C = −1
y
−1
2
x −1
6.- [Puntuación 6]
Sabiendo que a=2i-j-k, b=2i+j-2k y c=-i+j-k son los vectores de posición de los puntos A, B y C
respectivamente, calcule el área del triángulo ABC.
Solución:

1 → →
Área ABC = | ABx AC|
2
→
→
AB = 2j-k
AC = 2j-k=-3i+2j
i
j k
AB x AC = 0 2 − 1 = 2i+3j+6k
−3 2 0
→
→

Área ABC =
1
7
49 =
2
2
7.- [Puntuación 6]
Un examen de biología consta de siete preguntas de opción múltiple. Cada pregunta tiene cinco posibles
respuestas, de las cuales sólo una es correcta. Para aprobar el examen hace falta responder exactamente al
menos cuatro preguntas. Juan no sabe las respuestas, por lo tanto, para cada pregunta elige una respuesta al
azar.
a) Halle la probabilidad de que Juan responda exactamente cuatro preguntas en forma correcta.
b) Halle la probabilidad de que Juan apruebe el examen de biología.
Solución:
 1
a) X:"nº de preguntas con respuesta correcta de las 7" es B 7, 
 5
4
3
 7  1   4  7.6.5 1 43 7.43
P(X = 4) =      =
. . =
= 0,0287
3.2 54 53
56
 4  5   5 
b) P(X = 4) + P(X = 5) + P(X = 6) + P(X = 7) = 0,0287 + 0,0043+ 0,0003+ 0,00001 = 0,0333
8.- [Puntuación 6]
 x  2 
k +1 − k 
 y k R
Considere el sistema de ecuaciones A   =   , donde A= 
y
−
3
k − 1 
   
 2
a) Halle det A.
b) Halle el conjunto de valores de k para los cuales el sistema de ecuaciones presenta una solución única.
Solución:
a) det A= k 2 − 1 + 2k
b) k 2 − 1 + 2k  0
−2 8
= −1  2
2
Para que exista A −1 , k  −1  2
k 2 + 2k − 1 = 0 → k =
9.- [Puntuación 6]
Una partícula se mueve en línea recta. Transcurrido un tiempo t segundos, su desplazamiento respecto a un
punto fijo O es igual a s metros, y su velocidad v metros por segundo viene dada por la expresión
v = 3t 2 − 4t + 2 , con t  0 . Cuando t=0, s=-3. Halle el valor de t para el cual la partícula se encuentra en O.
Solución:
t =0 s = −3
ds
v = = 3t 2 − 4t + 2 → ds = 3t 2 − 4t + 2 dt → s = t 3 − 2t 2 + 2t + C → C = −3
dt
 (
)
s = t 3 − 2t 2 + 2t − 3
Para s=0 0 = t 3 − 2t 2 + 2t − 3 → t = 1,81 segundos
10.- [Puntuación 6]
La función de densidad de probabilidad f de una variable aleatoria continua X viene dada por
8

,
0 x 2

f ( x ) =  ( x2 + 4)

0,
en los demás casos

a) Indique la moda de X.
b) Halle el valor exacto de E(X).
Solución:
8( −2x )
a) f ´(x ) =
( x2 + 4)2
f ´(x) = 0 → x = 0
0
2
Como el valor máximo de f(x) es para x=0, la moda es 0
b) E( X ) =
2
2
4
4
4
4

dx =  . ln(x2 + 4) = ln 8 − ln 4 = ln2
2




0 ( x + 4)

0

8x
11.- [Puntuación 6]
El polinomio P(z) = z3 + mz2 + nz − 8 es divisible por (z+1+i), donde z C y m, n R . Halle el valor de m y de n.
Solución:
z3 + mz2 + nz − 8 = (z + 1 + i)(( z + 1 − i)(z − r ) = (z2 + 2z + 2)(z − r )
Identificando coeficientes: -8=-2r →r=4 m=-4+2=-2
n=2-8=-6
12.- [Puntuación 6]
La función f viene dada por f ( x ) = z2 − 2x + k(3k + 2) donde k  R . Halle el conjunto de valores de k para los cuales
f(x)=0 presenta dos raíces reales distintas.
Solución:
x=
2  4 − 4k(3k + 2)
2
4 − 12k 2 − 8k  0 → 3k 2 + 2k − 1  0
3k 2 + 2k − 1 = 0 → k =
+
1
−2 4 

= 3
6

− 1
-
+
−1 k 
-1
1/3
1
3
13.- [Puntuación 6]
Considere la serie aritmética -6+1+8+15+...
Halle el menor número de términos necesarios para que la suma de la serie sea mayor que 10000.
Solución:
d=7
−6 + (−6) + (n − 1)7
(−19 + 7n)n
Sn =
.n =
2
2
(−19 + 7n)n
 10000 → 7n2 − 19n − 20000 0 →n  54,8 → n = 55
2
14.- [Puntuación 6]
x
.
6
Halle una secuencia de transformaciones geométricas sencillas que logren hacer esto.
Solución:
f(x)=cosx

 x 
g( x ) = f   es una dilatación horizontal de razón
de la gráfica de f.
6
 6 
La gráfica de y=cosx es transformada en la gráfica de y = 8 − 2cos
h( x ) = −2g( x ) es un estiramiento vertical de razón -2 de la gráfica de g.
p(x ) = 8 + h(x ) es una traslación vertical hacia arriba 8 unidades de la gráfica de h.
15.- [Puntuación 6]

se rota 2π radianes alrededor del eje x.
4
Hale el volumen exacto del sólido de revolución así generado.
Solución:
La gráfica de y = sen(3x ) para 0  x 

4


 4

sen(6x )  4    1 
V =  sen (3x ) dx =
(1 − cos 6x )dx = x −
=  + 
2 0
2
6 0 2  4 6 
0

2

16.- [Puntuación 6]
La longitud de una especie particular de lagarto sigue una distribución normal, con una longitud media igual a 50
cm y una desviación típica de 4 cm. Se escoge un lagarto al azar.
a) Halle la probabilidad de que su longitud sea superior a 45 cm.
b) Sabiendo que su longitud es superior a 45 cm, halle la probabilidad de que su longitud sea superior a 55 cm.
Solución:
a) X:"longitud lagartos" es N(50, 4)
P(X>45)=P(45<X<70)=0,8943
b) P(X  55/ X  45) =
P(X  55) 0,1056
=
= 0,1181
P(X  45) 0,8943
17.- [Puntuación 6]
1
.
2
a) Dibuje aproximadamente la gráfica de f y la de g en la siguiente cuadrícula.
Sea f (x ) = x2 ln(x + 1) y g( x ) = 2x − 1 , para x 
b) Sea A la región delimitada completamente por las gráficas de f y g. Halle el área de A.
Solución:
a)
b) Área A =
1,23
1,23
0,51
0,51
 (g(x) − f(x)) dx = 
( 2x − 1 − x ln(x + 1)) dx = 0,2
2
18.- [Puntuación 6]
2x
La función f se define como: f (x ) =
a) Compruebe que f ´(x ) =
12 − 2x2
(x + 6)
2
2
2
x +6
para x  b , bR .
.
b) A partir de lo anterior, halle el menor valor exacto de b para el cual existe la función inversa f −1 . Justifique su
respuesta.
Solución:
a) f ´(x ) =
2(x2 + 6) − 2x.2x
(x + 6)
2
2
=
12 − 2x2
(x + 6)
2
2
b) 12 − 2x2 = 0 → x =  6
− 6
6
La función presenta un máximo para x = + 6 . A parir de ese valor f(x) es estrictamente decreciente y tiene
inversa restringiendo el dominio para x  6 . Por lo tanto b = 6 .
19.- [Puntuación 6]
Halle

ln 3
0
ex
e2x + 9
dx , expresando su respuesta de forma exacta.
Solución:
t = ex
dt = ex dx

ln 3
0
1
t2 + 9
dt =

ln 3
0
1
t2 + 9
dt =

ln 3
0
3
t
1
1 1 
1
1
dt =  arctan  =  arctan1 − arctan  =  − arctan 
3
3
3
3
3
4
3
  t 2 

1



9 1 +   
 3 


1
20.- [Puntuación 6]
El coche A viaja por una carretera recta con orientación este-oeste, en dirección oeste y a 60 kmh-1. El coche B
viaja por una carretera recta con orientación norte-sur, en dirección norte y a 70 kmh-1. Las carreteras se cruzan
en el punto O. Cuando el coche A se encuentra a x km al este de O, y el coche B se encuentra a y km al sur de O, la
distancia entre los coches es igual a z km.
Halle la tasa de cambio de z cuando el coche A se encuentra a 0,8 km al este de O y el coche B se encuentra va 0,6
km al sur de O.
Solución:
Objetivo: z´(t) cuando x(t)=0,8 e y(t)=0,6
z 2( t ) = x 2( t ) + y 2( t )
2z( t )z´( t ) = 2x( t )x´( t ) + 2y( t )y´( t )
x( t ).( −60) + y( t ).( −70)
z´( t ) =
z( t )
Cuando x(t)=0,8 e y(t)=0,6 z( t ) = 0,64 + 0,36 = 1
z´(t ) =
0,8.(−60) + 0,6.(−70)
= −90kmh−1
2
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ1
Martes 8 de mayo de 2007
1.- [Puntuación 23]
Dos planos 1 y 2 están representados por las ecuaciones
 3  − 2  2
     
1 : r=  1  +  2  +  1 
 5  3   0
     
2 : 2x − y − 2z = 4 .
 − 2  2
   
(i) Calcule  2    1 
 3  0
   
(a)
(ii) Muestre que la ecuación de 1 se puede escribir como x - 2y + 2z = 11.
[4 puntos]
(b) Muestre que el plano 1 es perpendicular a 2 .
[4 puntos]
(c) La recta l1 es la recta de intersección de 1 y 2 .
Encuentre la ecuación vectorial de l1 , dando su respuesta en forma paramétrica.
[5 puntos]
(d) La recta l2 es paralela a ambos 1 y 2 , y pasa por P (3, - 5, - 1).
Encuentre una ecuación para l2 en forma cartesiana.
[3 puntos]
(e) Sea Q el pie de la perpendicular desde P al plano 2 .
(i) Encuentre las coordenadas de Q.
(ii) Calcule PQ.
Solución:
i
j k
 − 2  2
   
a) i)  2    1  = − 2 2 3 = -3i+6j-6k
 3  0 2 1 0
   
[7 puntos]
(3,1,5)1
ii) 1 : −3x + 6y − 6z + D = 0 → − 9 + 6 − 30 + D = 0 → D = 33
1 : −3x + 6y − 6z + +33 = 0  x − 2y + 2z = 11
 1   2
   
b)  − 2  •  − 1  = 2 + 2 − 4 = 0
 2   − 2
   
x − 2y + 2z = 11
→ 3x − 3y = 15 → y = −5 + x
c) l1 : 
 2x − y − 2z = 4

 x=t

l1 :  y = −5 + t
 1 1
z = + t
 2 2
d) l2 :
2z = 2x + 5 − x − 4 → z =
x −3 y +5 z +1
=
=
1
1
1
2
 x = 3 + 2t

e) i) Recta que pasa por P y es perpendicular a 2 :  y = −5 − t
z = −1 − 2t

2(3+2t)-(-5-t)-2(-1-2t)=4 → t=-1 → Q(1, -4, 1)
→
ii) | PQ |= 9 = 3
1 1
+ x
2 2
2.- [Puntuación 24]
(a) Usando la fórmula para cos (A + B) pruebe que cos2  =
cos 2 + 1
.
2
 cos x dx .
2
(b) Usando lo anterior, halle
[3 puntos]
[4 puntos]
  
Sea f (x) = 4cos x y g (x) = sec x para x   − ,  .
 2 2
Sea R la región encerrada por las dos funciones.
(c) Calcule los valores exactos de las coordenadas x de los puntos de intersección.
(d) Dibuje las funciones f y g y claramente la región R sombreada.
La región R se hace girar de 2π alrededor del eje x para generar un sólido.
(e)
(i) Escriba una integral que represente el volumen de este sólido.
(ii) Usando lo anterior calcule el valor exacto del volumen.
Solución:
[4 puntos]
[3 puntos]
[10 puntos]
a) cos 2 = cos(  + ) = cos 2  − sen2
cos 2 + 1 cos 2  − sen2 + 1 2cos 2 
=
=
= cos 2 
2
2
2
b)
1  sen2x

+ x + C
2

1
 cos x dx = 2 (cos 2x + 1) dx = 2 
2



x=

1

3
cos x = → 
1


2
2
x = −
c) 4 cos x = sec x → cos x = → 

4
3


 cos x = − 1
No

2
d)
e) i) V = 2

3
 (16cos x − sec x)dx
2
2
0
ii)
V = 2

3
  3






  sen2x

8
8 




16 cos2 x − sec2 x dx = 28
+ x  − tan x  = 28 2 +  − 3  = 2 2 3 +
− 3  = 2 3 +





2
2
3
3
3 




 
0

 


 

 (
0
)

3
3.- [Puntuación 26]
Parte A [Puntuación 18]
El tiempo, T minutos, que pasan cada día los estudiantes en la escuela de Amy para enviar
mensajes de texto puede ser modelado por una distribución normal. 30% de los estudiantes pasan
menos de 10 minutos por día.
35% pasan más de 15 minutos por día.
(a) Halle la media y la desviación típica de T.
[6 puntos]
El número de mensajes de texto recibidos por Amy durante un intervalo de tiempo fijo puede ser
modelado por una distribución de Poisson con una media de 6 mensajes por hora.
(b) Calcule la probabilidad de que Amy reciba exactamente 8 mensajes entre las 16:00 y 18:00
en un día al azar.
(c) Sabiendo que Amy ha recibido al menos 10 mensajes entre las 16:00 y las 18:00 en un día al
azar, encuentre la probabilidad de que reciba 13 mensajes durante ese tiempo.
(d) Durante una semana de 5 días, encuentre la probabilidad de que haya exactamente 3 días
donde Amy no recibe mensajes entre las 17:45 y las 18:00.
[3 puntos]
[5 puntos]
[4 puntos]
Parte B [Puntuación 8]
Veinte candidatos se presentaron a un examen en francés.
La suma de sus puntuaciones fue de 826 y la suma de los cuadrados de sus puntuaciones fue 34 132.
Dos candidatos se sentaron el examen tarde y sus puntuaciones eran a y b.
La nueva media y la varianza se calcularon, dando los siguientes resultados:
Media = 42 y varianza = 32. Encuentre los posibles valores de a y b.
[8 puntos]
Solución:
Parte A
a) T:”minutos al día en enviar mensajes” es N( , ) .
Z=
T -

10 −  
10 − 

P(T  10) = 0,3 → P Z 
= −0,5244
 = 0, 02→


→  = 12,88  = 5,5


15 −  
15 − 

P(T  15) = 0,35 → P T 
= 0,3853
 = 0,35 →
 


b) X:”número de mensajes recibidos por Amy en una hora” es Po(6)
Y:” ”número de mensajes recibidos por Amy en dos horas” es Po(12)
P(Y=8)=0,0655
c) P(Y = 13/ Y  10) =
P(Y = 13)
0,1056
0,1056
=
=
= 0,1394
P(Y  10) 1 − P(Y  9) 1 − 0,2424
d) R:” número de mensajes recibidos por Amy en un cuarto de hora” es Po(1,5)
P(R=0)=0,2231
S:”número de días de los 5 de la semana donde R=0” es B(5, 0.2231)
P(S=3)=0,067
Parte B
826 + a + b
42 =
→ a + b = 98
22
Var( X ) = E( X2 ) − E( X )2
32 =
34132 + a2 + b2
− 1764 → a2 + b2 = 5380
22
a + b = 98 
 → b = 98 − a
a2 + b2 = 5380
a=66 y b=32 o a=32 y b=66
a = 66
a2 + (98 − a )2 = 5380 → 2a2 − 196a + 4224 = 0 → 
 a = 32
4.- [Puntuación 21]
Parte A [Puntuación 11]
(a) Encuentre la probabilidad de que un número, elegido al azar entre 200 y 800 inclusive,
sea un múltiplo de 9.
(b) Encuentre la suma de los números entre 200 y 800 inclusive, que son múltiplos de 6,
pero no múltiplos de 9.
Parte B [Puntuación 10]
( )
Pruebe por inducción que 12n + 2 5n −1 es un múltiplo de 7 para n Z+ .
Solución:
Parte A
a) 207 216 …………….792
[3 puntos]
[8 puntos]
[10 puntos]
792=207+(n-1).9 → n=66
•
P(9) =
66
601
b) 204 210 ……………798
798=204+(n-1).6 →n=100
•
6 =
204 + 798
.100 = 50100
2
Múltiplos de 6 y 9: 216 234 252 …………792
792=216+(n-1).18 → n=33
•
•
6 9 = 216 2+ 792.33 = 16632
50100-16632=33468
Parte B
( )
•
Para n=1 121 + 2 51−1 = 12 + 2 = 14 = 7
Cierto
( )
•
( )
?•
Supuesto cierto para n=k
12k + 2 5k −1 = 7
Probemos para n=k+1
12k +1 + 2 5k =7
( )
•
•
• • •
•

12
 24
 •
 14  • •
12k +1 + 2 5k = 12k .12 + 2(5k ) =  7− 2.5k −1 .12 + 2.5k = 7− 2.5k
+ 2.5k = 7− 5k 
− 2  = 7− 5k   = 7− 7 .5k −1 = 7− 7 = 7
5
 5

 5 


5.- [Puntuación 26]
(a)
(i) Factorice t 3 − 3t 2 − 3t + 1 , dando su respuesta como un producto de un factor lineal
y un factor cuadrático.
(ii) Usando lo anterior, encuentre todas las soluciones exactas de la ecuación
t 3 − 3t 2 − 3t + 1 = 0
(b) Usando el teorema de Moivre y el desarrollo binomial
[5 puntos]
(i) muestran que cos 3 = cos3  − 3 cos  sen2 ;
(ii) escriba una expresión similar para sin 3θ.
(c)
(i) Usando lo anterior muestre que tan3 =
[7 puntos]
3
3tan  − tan 
.
1 − 3tan2 
(ii) Encuentre los valores de θ, 0 ≤ θ ≤180, para los que esta identidad no es válida.
(d) Utilizando los resultados de las partes (a) y (c), determine los valores exactos de
tan15ᵒ y tan 75ᵒ.
Solución:
a) i)
1
-1
1
-3
-1
-4
-3
4
1
1
-1
0
t 3 − 3t 2 − 3t + 1 = ( t + 1)( t 2 − 4t + 1)
42 3
ii) t 2 − 4t + 1 = 0 → t =
= 2 3
2
Las soluciones exactas son: -1
2+ 3
2− 3
b) i) (cos  + isen)3 = cos3  + 3cos2 sen i − 3cos sen2 − sen3 i
(cos  + isen)3 = cos3 + isen3
(1)
(2)
De (1) y (2) : cos 3 = cos3  − 3 cos  sen2
ii) se3 = 3cos 2  sen − sen3
c) i) tan3 =
2
dividiendo por cos3 
3
3cos sen − sen 
=
cos 3 = cos3  − 3cos  sen2
3
sen sen3
−
cos  cos3 
cos3 
cos3 
1


→ =
 tan  =
6
3
ii) 1 − 3 tan2  = 0 → 
.
1
5
tan  = −
→ =

6
3
d) Sabemos que tan45ᵒ=1=tan 3.15ᵒ
y
Para  =
−3
sen2
=
3tan  − tan3 
1 − 3tan2 
cos 2 

la identidad tampoco es válida.
2
tan225ᵒ=1=tan3.75ᵒ
En ambos casos, θ = 15 y θ = 75 se cumple la ecuación: 1 =
3 tan  − tan3 
1 − 3 tan2 
Si llamamos tan = t , nos queda la ecuación: t 3 − 3t 2 − 3t + 1 = 0 , cuyas soluciones son:
-1
2+ 3
2− 3
Como 15ᵒ y 75ᵒ están en el primer cuadrante, tenemos que: tan15ᵒ= 2 − 3 y tan75ᵒ= 2 + 3
[7 puntos]
[7 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ2
Martes 8 de mayo de 2007
1.- [Puntuación 27]
Considere los vectores a=i-j-k, b=i+2j+4k y c=2i-5j-k
a) Sabiendo que c=ma+nb , donde m, n Z , halle el valor de m y de n.
b) Halle un vector unitario u que sea normal a a y también a b.
c) El plano 1 contiene al punto A(1, -1, 1) y es normal al vector b.
El plano corta a los ejes x, y y z en los puntos L, M y N respectivamente.
i) Halle la ecuación cartesiana de 1 .
ii) Escriba las coordenadas de L, M y N.
d) La recta normal a 1 y que pasa por el origen corta a 1 en el punto P.
i) Halle las coordenadas de P.
ii) A partir de lo anterior halle la distancia de 1 desde el origen.
e) El plano 2 tiene por ecuación x+2y+4z=4.
Calcule el ángulo que hay entre 2 y una recta paralela a a.
Solución:
 2 
 1 
1  2 = m + n


 
 
a)  − 5  = m − 1  + n 2  → 
− 5 = −m + 2n
 − 11
 1 
 4   − 1 = m + 4n


 
  
Resolviendo el sistema: n=-1 m=3
i
j k
b) axb= 1 − 1 1 = -6i-3j+3k
1 2 4
 − 6
1  
|axb|= 54 → u=
 − 3
54  
 3 
A1
c) i) 1 : x + 2y + 4z + D = 0 → 1 − 2 + 4 + D = 0 → D = −3
1 : x + 2y + 4z − 3 = 0
 3 
M 0, , 0 
 2 
ii) L(3, 0, 0)
d) i) Recta normal a 1 :
t + 4t + 16t − 3 = 0 → t =
ii) d( 1 , O) = d(O, P) =
x=t 

y = 2t 
z = 4t 

1
1 2 4
→ P , , 
7
7 7 7
21
21
=
49
7
1
 
e) Vector perpendicular a 2 :  2 
 4
 
senα =
|1 − 2 + 4|
21 3
=
1
7
3

N 0, 0, 
4

→ α = 22,21
 1 
 
Vector director de la recta paralela a a:  − 1 
 1 
 
[ 5 puntos]
[ 5 puntos]
[ 5 puntos]
[ 7 puntos]
[ 5 puntos]
2.- [Puntuación 21]
Parte A [Puntuación 11]
El tiempo que tardan los autobuses en hacer el recorrido entre dos ciudades dadas sigue una
distribución normal, de media igual a 35 minutos y desviación típica igual a 7 minutos.
a) Halle la probabilidad de que un autobús elegido al azar tarde menos de 40 minutos en hacer
el viaje.
b) El 0% de los autobuses tardan menos de t minutos en hacer el viaje. Halle el valor de t.
c) Para una muestra aleatoria de 10 autobuses se registra la duración del viaje entre las dos
ciudades.
Halle la probabilidad de que exactamente 6 de estos autobuses tarden menos de 40 minutos
en hacer el viaje.
[2 puntos]
[5 puntos]
[4 puntos]
Parte B [Puntuación 10]
El número de accidentes de autobuses que hay durante un intervalo de tiempo dado sigue una
distribución de Poisson, siendo la media igual a 0,6 accidentes por día.
a) Halle la probabilidad de que, en un día cualquiera elegido al azar, haya al menos dos accidentes. [4 puntos]
b) Halle el número más probable de accidentes que hay en un día cualquiera elegido al azar.
Justifique su respuesta.
[3 puntos]
c) Halle la probabilidad de que no haya ningún accidente en toda una semana(de siete días)
elegida al azar.
[3 puntos]
Solución:
Parte A
a) X:"tiempo recorrido" es N(35, 7)
P(X<40)=P(0<X<40)=0,7625
b) P(X<t)=0,9 → t=43,97 minutos
c) Y:"nº de autobuses de la muestra de 10 con X<40" es B(10, 0.7625)
P(Y=6)=0,1313
Parte B
X:"nº de accidentes por día" es Po(0,6)
a) P(X  2) = 1 − P(X  1) = 1 − 0,8781 = 0,1219
b) P( X = x ) =
e− x .(0,6)x
es una función decreciente en x, por lo tanto el nº más probable de accidentes es X=0.
x!
c) Y:"nº de accidentes en una semana" es Po(4,2)
P(Y=0)=0,015
3.- [Puntuación 22]
 3 1

 4 3
Sea A= 
a) Halle el conjunto de valores de  para los cuales la matriz (A-λI) es singular.
[5 puntos]
0 0

0 0
Sea A2+mA+nI=O donde m, n Z y O= 
b)
i) Halle el valor de m y el de n.
1
A(6I-A).
5
iii) Use el resultado de apartado (b)(ii) para explicar por qué A es no singular.
c) Utilice los valores del apartado (b)(i) para expresar A4 en la forma pA+qI.
Solución:
1 
 3 1
1 0 3 − 
a) A-λI= 
 − 
 = 

3 −  
 4 3
0 1  4
ii) A partir de lo anterior, compruebe que I=
[12 puntos]
[5 puntos]
| A-λI|= 2 − 6 + 5
2 − 6 + 5 = 0 →  =
6  4 5
=
2
1
 3 1  3 1
 3 1   1 0   13 6   3m m   n 0 

.
 + m
 + n
 = 
 + 
 + 
 =
b) i) A2+mA+nI=O →  4 3   4 3 
 4 3   0 1   24 13  4m 3m   0 n 
6 + m  0 0
 13 + 3m + n
13 + 3m + n = 0
 = 
 → 
= 
13 + 3m + n   0 0 
 24 + 4m
 6 + m = 0 → m = −6 n = 5
ii)
1
1
1
6
1
A(6I-A)= A- A2= − (A2-6A)= − (-5I)=I
5
5
5
5
5
iii) det(5I)=det(A).det(6I-A)
Como det(5I)=5≠0, det(A)≠0 por lo tanto A no es singular.
c) A4=A2.A2=(6A-5I). (6A-5I)=36A2-60A+25I=36. (6A-5I)- 60A+25I=216A-180I-60A+25I=156A-155I.
4.- [Puntuación 22]
Se coloca en una pared una pantalla de televisión BC de un metro de altura.
La parte inferior de la pantalla de televisión, B, está situada un metro por encima de la altura de
 
 
los ojos de un observador. Los ángulos de elevación  AOC , AOB  desde la altura de los ojos del




observador, O, hasta la parte superior e inferior de la pantalla de televisión son  y  radianes
respectivamente. La distancia en horizontal desde el ojo del observador hasta la pared donde se ha
colgado la pantalla de televisión es igual a x metros.
  
El ángulo de visión del observador  BOC  es  radianes, tal como se muestra a continuación




2
1
i) Compruebe que  = arctan − arctan .
x
x
ii) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, halle el valor exacto de x para el cual
 es máximo, y justifique por qué esa x da un máximo de  .
iii) Halle el valor máximo de  .
b) Halle dónde se debería situar el observador para que el ángulo de visión sea igual a 15ᵒ.
Solución:
a) i)
 =  −
2
1
tan  =
tan  =
x
x
2
1
 = arctan − arctan
x
x
2
1
− 2
− 2
−2
1
− 2x2 − 2 + x2 + 4
− x2 + 2
x
x
ii) ´=
−
=
+
=
=
2
2
2
2
2
2
4
1
1 + 2 1 + 2 x + 4 x + 1 ( x + 4)( x + 1) ( x + 4)( x + 1)
x
x
a)
− x2 + 2 = 0 → x = 2
2
iii) Para x = 2
b) 15 
 = arctan
2
2
− arctan
π
radianes
12
x = 0,65 m

2
1
= arctan − arctan → 
12
x
x
x = 3,08 m
1
2
= 0,34 rad
[17 puntos]
[5 puntos]
5.- [Puntuación 28]
Sea u = 1 + 3 i y v = 1 + i , donde i2 = −1 .
u
3 +1
3 −1
=
+
i.
v
2
2
ii) Expresando tanto u como v en forma módulo-argumental, compruebe que
u

 

= 2  cos
+ isen  .
v
12
12 

a)
i) Compruebe que
iii) A partir de lo anterior, halle el valor exacto de tan

, expresando la respuesta
12
en la forma a + b 3 , donde a , b  Z .
b) Utilice la inducción matemática para demostrar que se cumple que
n
n 

1 + 3 i n = 2n  cos
+ isen
 para n  Z + .
3
3


(
[15 puntos]
)
2 v+u
c) Sea z =
2 v−u
[ 7 puntos]
. Compruebe que Rez=0.
[ 6 puntos]
Solución:
u 1+ 3i 1+ 3i 1− i 1+ 3
3 −1
a) i)
=
=
.
=
+
i
v
1+i
1+i 1−i
2
2
2
u
ii) = 3 =
v
2
4
( 2 )12 =

 

2  cos
+ isen 
12
12 

1+ 3

3 −1
= 2 cos 

3 −1
3 −1 3 −1 4 −2 3

2
12
iii) De (i) y (ii)
= 2 =
=
.
=
= 2− 3
 → tan
12 1 + 3
2
3 +1
3 +1 3 −1
3 −1
 
= 2sen 
2
2
12 
(
)



b) Para n=1 1 + 3 i 1 = 2  = 21  cos + isen  Cierto
3
3

3
(
Suponemos cierto para n=k 1 + 3 i
(
Probemos para n=k+1 1 + 3 i
(1 + 3 i)k +1 = (1 + 3 i)k .(1 +
)k = 2k  cos k3 + isen k3 
)k +1 =? 2k +1  cos (k +31) + isen (k +31) 
( )
( )
(k + 1)
(k + 1) 

3 i) = 2k k .(2)  = 2k +1 ( k +1) = 2k +1  cos
+ isen

3
3
3
3
3


c)
z=
2 v+u
2 v −u
Re z =
=
2(1 + i) + (1 + 3 i)
=
2(1 + i) − (1 + 3 i)
( 2 + 1) + ( 2 + 3 )i ( 2 − 1) − ( 2 − 3 )i
.
( 2 − 1) + ( 2 − 3 )i ( 2 − 1) − ( 2 − 3 )i
( 2 + 1)( 2 − 1) + ( 2 + 3 )( 2 − 3 )
2
2
( 2 − 1) ( 2 − 3 )
=
2−1 + 2−3
2
2
( 2 − 1) ( 2 − 3 )
=
0
2
( 2 − 1) ( 2 − 3 )2
=0
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
Lunes 5 de noviembre de 2007
1.- [Puntuación 6]
Sabiendo que (x-2) y (x+2) son factores de f ( x ) = x3 + px2 + qx + 4 , halle el valor de p y de q.
Solución:
f (2) = 0 → 8 + 4p + 2q + 4 = 0 
4p + 2q = −12
→
 → p = −1 q = −4
f ( −2) = 0 → − 8 + 4p − 2q + 4 = 0
4p − 2q = 4 
2.- [Puntuación 6]
6
3x 

Halle el coeficiente del término en x 3 en el desarrollo de  2 −  .
2

Solución:
6
 6  3x  6  9x2  6  3 27x3
3x   6 

−  2 .
+ ....
 2 −  =  26 −  25. +  24.
2  0
4  3 
8

1  2  2 
 6  27
Coeficiente de x3 = −  23 , = −20.27 = −540
8
3 
3.- [Puntuación 6]
Se obtiene una muestra de datos discreta de una población, los valores son: 66; 72; 65; 70; 69; 73; 65; 71; 75
Halle
a) el rango intercuartil.
b) una estimación de la media de la población.
c) una estimación sin sesgo de la varianza de la población.
Solución:
a)
xi
65
66
69
70
71
72
73
75
fi
2
1
1
1
1
1
1
1
25%.9=2,25
Fi
2
3
4
5
6
7
8
9
75%.9=6,75
Rango intercuartil= Q3 − Q1 = 72 − 66 = 6
_
b) x =
x f
i
9
i
=
65.2 + 66 + 69 + 70 + 71 + 72 + 73 + 75
= 69,5
9
c) Var(X)=(3,6094013)2=13,027
4.- [Puntuación 6]
Los términos primero y cuarto de una serie geométrica son, respectivamente, 18 y −
2
. Halle:
3
a) la suma de los n primeros términos de la serie.
b) la suma de los infinitos términos de la serie.
Solución:
2
1
a) − = 18.r3 → r = −
3
3
  1 n

n
  −  − 1
 1
18
18. −  − 18
 3 

n

 3
 = 27  1 −  − 1  
Sn =
= 


1
4
2   3 
− −1
−


3
3
18
27
b) S =
=
1 2
1+
3
5.- [Puntuación 6]
El siguiente diagrama muestra la región sombreada A, delimitada por los ejes y por una parte de la curva
y 2 = 8a(2a − x ), a  0 .
Halle, en función de a, el volumen del sólido que se genera rotando A 360ᵒ alrededor del eje x.
Solución:
2a
(
)
2a

x2 
V =  8a(2a − x ) dx = 8a2ax −  = 8a 4a2 − 2a2 = 16a3
2 
0

0

6.- [Puntuación 6]
2
Sabiendo que y = e− x halle
a)
d2y
dx2
.
2
b) los valores exactos de la abscisa de los puntos de inflexión de la gráfica de y = e− x , justificando por qué son
puntos de inflexión.
Solución:
a)
2
2
dy
= e− x ( −2x ) = −2xe− x
dx
d2y
2
2
2
= −2 e− x − 2x2e− x  = −2e− x (1 − 2x2 )


dx2
b) 1 − 2x2 = 0 → x = 
f ´´(x )  0 si −
−
1
2
1
x
1
2
1
2
y f ´´(x )  0 si x  −
1
2
o x+
1
2
1
2
2
7.- [Puntuación 6]
Halle la solución general para el siguiente sistema de ecuaciones con tres incógnitas
x-y-z=3
x-2y+z=2
2x-y-4z=7
Solución:
A
 __________ ______



1 − 1 − 1 3
1 − 2 1 2


2 − 1 − 4 7
 __________ __________ _____ 
B


|A|= 0 → rango(A)=2
Como 3F1-F2=F3, el sistema se queda reducido a las ecuaciones:
Solución general: (4+3t, 1+2t, t) tR
x − y −z =3 
 → y = 1 + 2z x = 4 + 3z
x − 2y + z = 2
8.- [Puntuación 6]
El diagrama que aparece a continuación muestra la gráfica de y=f(x) la cual pasa por los puntos A, B, C y D.
Dibuje aproximadamente, indicando claramente la posición de las imágenes de A, B, C y D, las gráficas de
a) y=f(x-4)
b) y=f(-3x)
Solución:
a) La gráfica de y=f(x-4) se obtiene aplicando a la gráfica de y=f(x) una traslación horizontal a la derecha de 4
unidades.
Por tanto el punto A(-3, 25) se transforma en el punto A´(1, 25).
El punto B((0, 0) se transforma en el punto B´(4, 0).
El punto C(3, -35) se transforma en el punto C´(7, -35). El punto D(6, 0) se transforma en el punto D´(10, 0)
b) La gráfica de y=f(-3x) se obtiene aplicando a la gráfica de y=f(x) una simetría respecto al eje y y una
contracción horizontal de razón 3.
Por tanto el punto A(-3, 25) se transforma en el punto A´(1, 25).
El punto B((0, 0) se transforma en el punto B´(0, 0).
El punto C(3, -35) se transforma en el punto C´(-1, -35). El punto D(6, 0) se transforma en el punto D´(-2, 0)
9.- [Puntuación 6]
Un fabricante de muebles fabrica mesas. Una pata de mesa se considera que es demasiado ancha si su anchura es
superior a 10,5 cm, y demasiado estrecha si su anchura es inferior a 9,5 c. La experiencia demuestra que el 2% de
las patas de mesa que se fabrican son demasiado anchas y que un 4% de las patas de mesa son demasiado
estrechas. Las anchuras de las patas de mesa siguen una distribución normal, de media  cm y desviación típica
igual a  cm .
Halle el valor de  y de  .
Solución:
X:"ancho patas mesa" es N( , )
Z=
Y -

10,5 −  
10,5 − 

P(X > 10,5)= 0,02 → P Z 
= 2,0537
 = 0,02→




9,5 −  
9,5 − 

P(X  9,5) = 0,04 → P Z 
= −1,7507
 = 0,04 →




Resolviendo el sistema:  = 9,96  = 0,26
10.- [Puntuación 6]
1 
k 1


Determine el conjunto de valores de k para los cuales  2 k − 2 es singular.
1 −2 k 


Solución:
k 1
1
2 k − 2 = k3 − 2 − 4 − k − 2k − 4k = k3 − 7k − 6
1 −2 k
k 3 − 7k − 6 = 0
1
0
-7
-1
-1 1
1
-1 -6
-6
6
0
 k = −1

15  3
k 3 − 7k − 6 = 0 → (k + 1)( k 2 − k − 6) = 0 →  2
k −k −6=0 → k =
=

2
− 2

La matriz es singular si k=-1, 3, -2
11.- [Puntuación 6]
 4  1 
   
Las rectas l1 y l2 tienen por ecuaciones r1 =  3  +  5  y
 0   − 2
   
 y  son parámetros.
a) Compruebe que l1 pasa por el punto (2, -7, 4).
 2  0
   
r2 =  − 1  +  2  respectivamente, donde
 3   − 3
   
b) Determine si las rectas l1 y l2 se cortan.
Solución:
 x = 4+

a) r1 : y = 3 + 5
 z = −2

si (2, −7 , 4) r1
→
 2= 4+

− 7 = 3 + 5
 4 = −2

y para  = −2 se cumple
 4+ =2

b)  3 + 5 = −1 + 2
− 2 = 3 − 3

De las dos primeras ecuaciones:  = −2  = −3 . Llevando estos valores a la tercera ecuación nos queda: 4=12
(absurdo). Las rectas no se cortan.
12.- [Puntuación 6]
Dentro de una promoción para intentar que aumente las ventas de una marca concreta de cereales para el
desayuno, se incluye una fotografía de un jugador de fútbol en cada paquete. Hay diez fotografías distintas.
Existe idéntica probabilidad de encontrar cada fotografía en cualquier paquete de cereal. Charlotte compra
cuatro paquetes de cereales para el desayuno.
a) Halle la probabilidad de que las cuatro fotografías de estos paquetes sean todas distintas.
b) De los diez jugadores cuyas fotografías están en los paquetes, sus preferidos son Alan y Bob.
Halle la probabilidad de que encuentre al menos una foto de su jugador preferido en estos cuatro paquetes.
Solución:
V10,4 10.9.8.7 63
=
=
a) P(4 fotos distintas)=
4
125
VR 10
104
b )P(encontrar al menos una de las dos fotos)=1-P(no se encuentre ni Alan ni Bob) =
1−
VR 84
4
VR 10
=1−
84
4
10
=
10000 − 4096 5904 369
=
=
10000
10000 625
13.- [Puntuación 6]
Determine todos los valores de x que satisfacen cada una de las siguientes desigualdades
| x | +2
a)
4.
| x | −3
xex
1.
( x 2 − 1)
Solución:
?
| x | +2
a)
− 40
| x | −3
b)
| x | +2
| x | +2 − 4 | x | +12 14 − 3| x |
−4=
=
| x | −3
| x | −3
| x | −3
14
14 − 3 | x |= 0 → x = 
3
| x | −3 = 0 → x = 3
-14/3
+
-3
+
3
14/3
14 

 14

x   −  , −   − 3, 3   , +  
3

3

b) x  − 1, − 0.8 1, + 
14.- [Puntuación 6]
 2
 
x −4 y +2 z −6
Un plano  tiene por ecuación r.  − 1  = 16 y una recta l tiene por ecuaciones
.
=
=
−1
2
4
 1 
 
Compruebe que la recta l está contenida en el plano  .
Solución:
 : 2x − y + z = 16
 x=4−t

l : y = −2 + 2t
 z = 6 + 4t

2(4-t)-(-2+2t)+6+4t=16 → 0t=0 → Para todo t, el punto correspondiente de la recta está en el plano, por lo
tanto la recta está contenida en el plano.
15.- [Puntuación 6]
a) Resuelva la ecuación 2 4x + 4− x = 3 .
( )
i) Resuelva para x la ecuación a x = e2x +1 donde a>o, y dando la respuesta en función de a.
ii) ¿Para qué valor de a no existe ninguna solución para la ecuación?
Solución:
a) 4 x = t
1 → x =0
1
31 

1
2t + = 3 → 2t 2 − 3t + 1 = 0 → t =
= 1
→x=−
t
4

2
2
1
b) i) x ln a = 2x + 1 → x =
ln a − 2
b)
ii) ln a = 2 → a = e2
16.- [Puntuación 6]
Doce personas viajan en tres coches, habiendo cuatro personas en cada coche. Cada coche lo conduce su dueño.
Halle el número de maneras en las que las restantes nueve personas pueden repartirse entre los coches.
(La disposición de las personas dentro de cada coche no resulta relevante).
Solución:
 9   6   3  9.8.7 6.5.4
 . .  =
.
= 1680
6
6
3  3  3
17.- [Puntuación 6]
Halle
a
 arcsenx dx , 0  a  1 .
0
Solución:
u = arcsenx
1
u´=
1 − x2
v´ = 1
v=x
arcsenx dx = x.arcsex − 

a
1
1
−
1
dx = xarcsenx +
− 2x(1 − x2 ) 2 dx = xarcsenx + (1 − x2 )2 = xarcsenx + 1 − x2
2
1 − x2
x

a


arcsenx dx = xarcsenx + 1 − x2  = a.arcsena + 1 − a2 − 1

0
0
18.- [Puntuación 6]
El siguiente diagrama muestra dos círculos que se cortan, uno con centro en P y radio de 5 cm y otro con centro
en Q y radio igual a 6 cm. RS es la cuerda común de ambos círculos y PQ mide 7 cm.
Halle el área de la región rayada.
Solución:

Sea  = RQP
25 = 36 + 49 − 2.6.7.cos  → = 0,7751 rad
Área sector circular RQS=
Área triángulo RQS=
1,55.36
= 27,9
2
6.6.sen1,55
= 17,99
2
Área sombreada izquierda=27,9-17,99=9,91

Sea  = RPQ
36 = 25 + 49 − 2.5.7. cos  → = 0,997 rad
Área sector circular RPS=
Área triángulo RPS=
1,99.25
= 24,87
2
5.5.sen1,99
= 11,42
2
Área sombreada derecha=24,87-11,42=13,45
Área sombreada=9,91+13,45=23,36
19.- [Puntuación 6]
Demuestre que
Solución:
( 3 + i)n + ( 3 − i)n es real, donde
( 3 + i) + ( 3 − i)
n
n
n
n
n Z+ .
 


n
n 
− n
− n  n + 1
n


=  2   +  2   = 2n  cos
+ isen  + 2n  cos
+ isen
cos
R
 =2
 
 − 
6
6
6
6
6




 6
 6
20.- [Puntuación 6]
dy 1 + y 2
3
sabiendo que y = 3 para x =
.
=
2
3
dx 1 + x
ax + a
Exprese la respuesta en la forma y =
donde a  Z+
a−x a
Solución:
Resuelva la ecuación diferencial
dy
1+ y
2
=
dy
dx
1 + x2
dx
 1+ y =  1+ x
2
2
y = 3 x=
arctan y = arctan x + C →

arctan y = arctgan + → y =
6
3
3
 

= +C → C =
3 6
6
3
3 = 3x + 3
3 3− x 3
1−x
3
x+
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Martes 6 de noviembre de 2007
1.- [Puntuación 20]
a) Una curva está definida por la ecuación implícita: 2xy + 6x2 − 3y 2 = 6 .
20
2
Compruebe que la tangente en el punto A  1,  tiene una pendiente igual a
.
3
 3
b) La recta x=1 corta a la curva en el punto A y en el punto B.
a 
 b
[6 puntos]
c 
d
Halle, en la forma r=   + s 
i) la ecuación de la tangente en A.
ii) la ecuación de la normal en B.
c) Halle el ángulo que forman la tangente en A y la normal en B.
Solución:
a) 2(y+y´x)+12x-6yy´=0
−12x − 2y −6x − y
y´ =
=
2x − 6y
x − 3y
2
−6−
 2
3 = 20
En  1,  m =
1−2
3
 3
1 
 x    3 
b) i)   =  2  + s 
 y     20 
3
y = 0 → B(1,0)

ii) Para x=1 2y + 6 − 3y 2 = 6 → y(2 − 3y ) = 0 → 
2
y=

3

En (1, 0) m = −6
mN =
1
6
 x  1  6 
  =   + s 
 y   0 1 
c) cos α =
| 18 + 20 |
409 37
=
38
15133
→ α  72
[10 puntos]
[4 puntos]
2.- [Puntuación 22]
Parte A [Puntuación 13]
a) La función f está definida de la siguiente forma f ( x ) = ( x + 2)2 − 3 .
La función g viene dada por g(x)=ax+b, donde a y b son constantes.
Halle el valor de a, siendo a>0 y el correspondiente valor de b, de tal forma que se cumpla
3
f(g(x )) = 4x2 + 6x − .
4
b) Las funciones h y k vienen dadas, respectivamente, por h( x ) = 5x + 2 y k( x ) = cx 2 − x + 2 .
Halle el valor de c para el cual las raíces de h(k(x))=0 son iguales.
[ 8 puntos]
[ 5 puntos]
Parte B [Puntuación 9]
a) Exprese el número complejo 1+i en la forma
ae
i

b
, donde a , b Z+ .
[ 2 puntos]
n
1+ i
b) Utilizando el resultado obtenido en (a), compruebe que 
 , donde n Z , tiene solamente
 2 
ocho valores distintos.
c) A partir de lo anterior, resuelva la ecuación z8 − 1 = 0 .
Solución:
Parte A
a) f (g( x )) = (g( x ) + 2)2 − 3 = (ax + b + 2)2 − 3 = a2x2 + b2 + 4 + 2abx + 4ax + 4b − 3
[ 5 puntos]
[ 2 puntos]
 2
a = 4

Identificando coeficientes:  2ab + 4a = 6
 2
3
 b + 4b + 1 = −
4

1
Resolviendo el sistema: a = 2
b=−
2
b) h(k(x )) = 5k(x ) + 2 = 5(cx2 − x + 2) + 2 = 5cx2 − 5x + 12
5cx2 − 5x + 12 = 0 → x =
5  25 − 240c
10c
Para que las dos raíces sean iguales: 25 − 240c = 0 → c =
5
48
Parte B
a) 1 + i =
( 2 )4 =
i

2e 4
1



i


2
2

4
e = cos + isen =
+
i

4
4
2
2


i



e 2 = cos + isen = i

2
2

3
i

3
3
2
2
n
e 4 = cos
+ isen
=−
+
i



i 
n
4
4
2
2
n 

4
i
1+i 
2e 

ei = cos  + isen = −1

 = 
= e 4 , n Z = 


2
 2 
 i 5


 e 4 = cos 5 + isen 5 = − 2 − 2 i



4
4
2
2
 i 3
 e 2 = cos 3 + isen 3 = − i

2
2
 i 7
e 4 = cos 7 + isen 7 = 2 − 2 i

4
4
2
2
 i2

e
=
cos
2

+
isen
2

=
1

Para n=8 se empiezan a repetir los valores.
c) La ecuación z8 = 1 tiene 8 soluciones, que son los 8 valores distintos del apartado (b).
si n = 0
si n = 1
si n = 2
si n = 3
si n = 4
si n = 5
si n = 6
si n = 7
si n = 8
3.- [Puntuación 30]
Parte A [Puntuación 18]
Eu una carretera dada, hay una media de dos accidentes graves por semana, pudiéndose ajustar
estos sucesos a una distribución de Poisson.
a)
i) ¿Cuál es la probabilidad de que durante un periodo de cuatro semanas haya al menos
ocho accidentes graves?
ii) Suponga que un año consta de trece periodos de cuatro semanas cada uno.
Halle la probabilidad de que, durante un año, haya más de nueve de estos
periodos(de cuatro semanas) en los que haya habido al menos ocho accidentes graves.
[ 10 puntos]
b) Sabiendo que la probabilidad de que haya al menos un accidente grave a lo largo de un periodo
de n semanas es mayor que 0,99, halle el menor valor de n posible, con n Z+ .
[ 8 puntos]
Parte B [Puntuación 12]
La función de probabilidad de una variable aleatoria continua X viene dada por
2
 c
, para −
 x 2 3

.
f ( x ) =  4 + x2
3

0
,
resto
de
valores

a) Halle el valor exacto de la constante c en función de  .
b) Dibuje aproximadamente la gráfica de f(x) y, a partir de lo anterior, establezca moda
de la distribución.
c) Halle el valor exacto de E(X).
Solución:
Parte A
a) X:"nº de accidentes por semana" es Po(2)
[ 5 puntos]
[ 3 puntos]
[ 4 puntos]
i) Y:"nº de accidentes durante cuatro semanas" es Po(8).
P(X  8) = 1 − P(X  7) = 1 − 0,453 = 0,547
ii) Z:"nº de periodos de los 13 con X≥8) es B(13, 0.547)
P(Z>9)=1-P(Z≤9)=1-0,9106=0,0894
b) X:"nº de accidentes en n semanas" es Po(2n)
P( X  1)  0,99 → 1 − P( X = 0)  0,99 → P( X = 0)  0,01 →
e −2n .(2n )0
 0,01 → e −2n  0,01 → n  2,3 → n = 3
0!
Parte B
a)

2 3
−
2
3
c
4+x
2
dx = 1 →

2 3
−
2
3
2 3
c
 x 
dx =  arctan 
2
  x 2 
 2  −

4 1 +   
 2 


c
2
3
c
1  c     c
 =  +  =
=  arctan 3 − arctan(−
2
3  2 3 6  4
c
4
=1 →c =
4

b)
Mo=0
c) E( X ) =
2 3
4 2 3 x
2
16  2
2
2 
dx
=
ln(
4
+
x
)

 2 =   ln16 − ln 3  =  ln3
 − 2 4 + x2

−



3
3
4.- [Puntuación 25]
La función f está definida de la siguiente forma f(x) = cos ecx + tan 2x .
a) Dibuje aproximadamente la gráfica de f para −


x .
2
2
A partir de lo anterior, establezca
i) las intersecciones con el eje x.
ii) las ecuaciones de las asíntotas.
iii) las coordenadas de los máximos y mínimos.
b) Compruebe que las raíces de f(x)=0 satisfacen la ecuación 2cos3 x − 2cos 2 x − 2cos x + 1 = 0 .
c) Compruebe que las abscisas de los máximos y mínimos que presenta la curva satisfacen la
ecuación 4 cos5 x − 4 cos3 x + 2cos 2 x + cos x − 2 = 0 .
d) Compruebe que f( − x) + f( + x) = 0 .
Solución:
a)
i) (-1.16, 0)
[8 puntos]
[5 puntos]
[8 puntos]
[4 puntos]
(1.16, 0)
ii) Asíntotas verticales: x = 0
iii) Max(-0.44, -3.56)
x=−


x=
4
4
Min(0.44, 3.56)
b)
cos ecx + tan 2x = 0 →
1
sen2x
+
= 0 → cos 2x + sen2x.senx = 0 → cos 2 x − sen2x + 2sen2x cos x = 0 →
senx cos 2x
2 cos 2 x − 1 + +2(1 − cos 2 x )cos x = 0 → 2 cos 2 x − 1 + 2 cos x − 2 cos3 x = 0 → 2 cos3 x − 2 cos 2 x − 2 cos x + 1 = 0
c) f ´(x ) = −
cos x
2
sen x
+
2
2
cos 2x
=
− cos x cos 2 2x + 2sen2x
sen2x cos 2 2x
− cos x cos 2 2x + 2sen2x = 0 → − cos x(cos 2 x − sen2x )2 + 2(1 − cos 2 x ) = 0 →
→ − cos x(2cos 2 x − 1)2 + 2 − 2cos 2 x = 0 → − cos x(4cos 4 x + 1 − 4 cos 2 x ) + 2 − 2cos 2 x = 0 →
→ −4cos5 x − cos x + 4cos3 x + 2 − 2cos 2 x = 0 →→ 4 cos5 x − 4 cos3 x + 2cos 2 x + cos x − 2 = 0
d)
f (  − x ) + f (  + x ) = cos ec(  − x ) + tan(2 − 2x ) + cos ec(  + x ) + tan(2 + 2x ) =
1
1
1
1
=
− tan 2x +
+ tan 2x =
+
=0
sen(  − x )
sen(  + x )
senx − senx
5.- [Puntuación 23]
Parte A [Puntuación 11]
La aceleración (en ms-2) en el instante t segundos, (con t>0), de una partícula que se mueve en
1
línea recta, viene dada por la fórmula: a = −
.
(1 + t )2
Para t=1, la velocidad es igual a 8 ms-1.
a) Halle la velocidad para t=3.
b) Halle el límite de la velocidad cuando t →  .
c) Halle la distancia recorrida entre t=1 y t=3.
[6 puntos]
[1 punto]
[4 puntos]
Parte B [Puntuación 12]
Sabiendo que y = xe− x ,
dy
.
dx
a) halle
[2 puntos]
b) Utilice la inducción matemática para demostrar que para todo n Z+ , se cumple
dn y
dx n
= ( −1)n +1 e − x (n − x ) .
[10 puntos]
Solución:
Parte A
a) a =
v=
t =1 v = 8
dv
1
1
−1
1
1
15
=−
→ dv = −
dt → dv =
dt → v =
+C →8= +C →C=
2
2
2
dt
1+ t
2
2
(1 + t )
(1 + t )
(1 + t )
 
1
15
+
1+ t 2
Para t=3 v =
1 15 31
+
=
4 2
4
15 
15 15
 1
b) lim 
+
=
=0+
2 
2
2
t →  1 + t
c) s =
3
3
15 
15 
45
15
 1

+
t  = ln 4 +
− ln2 −
= ln2 + 15

 dt = ln(1 + t ) +
1
+
t
2
2
2
2
1


1

Parte B
dy
a)
= e− x − xe− x = e− x (1 − x )
dx
dy
= ( −1)1+1 e− x (1 − x ) Cierto por (a)
dx
b) Para n=1
Suponemos cierto para n=k
Demostremos para n=k+1
d k +1 y
dx k +1
=

dk y
dx
k
= ( −1)k +1 e − x (k − x )
d k +1y ?
=( −1)k +1 e − x (k + 1 − x )
dx k +1

(
)
d
( −1)k +1 e − x (k − x ) = ( −1)k +1 − e − x (k − x ) − e − x = ( −1)k + 2 e − x (k + 1 − x )
dx
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ1
Miércoles 7 de mayo de 2008
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
1
a
en la forma donde a , b  Z
Exprese
3
b
(1 − i 3 )
Solución:
1
1
1
=
=
3
(1 − i 3 ) 1 − 3 3 i − 9 + 3 3 i − 8
2.- [Puntuación 6]
  2 0 


Sea M la matriz  0
 1.
−1 −1 


Encuentre todos los valores de α para los cuales M es singular.
Solución:
|M|= 3 − 2 +  = 3 − 
  =0

3
 − =0 →  =1
 = −1

3.- [Puntuación 5]
Un disco circular se corta en doce sectores cuyas áreas están en progresión aritmética. El ángulo del sector más
grande es el doble del ángulo del sector más pequeño. Encuentre el tamaño del ángulo del sector más pequeño.
Solución:
 r2 2 r2
+
2
2 .12 =  r2 → ( + 2).3 =  →  = 
2
9
4.- [Puntuación 5]



En el triángulo ABC, AB=9 cm =, AC=12 cm y B es el doble del tamaño de C . Calcule el coseno de C .
Solución:



 2
9
12
=
→ 9.2.sen C . cos C = 12sen C → cos C =


3
sen C sen2C
5.- [Puntuación 5]
2
3
f ( x ) = x − 3x ,
x 0
Si
(a) encuentre la coordenada x del punto P donde f '(x) = 0;
(b) determine si P es un punto máximo o mínimo.
Solución:
a) f ´( x ) = 1 − 2x
1 − 2x
−
1
3
−
[2 puntos]
[3 puntos]
1
3
=0 → x =8
4
4
2 −
b) f ´´(x ) = x 3
3
2 −
1
f ´´(8) = 8 3 =
 0 → P es un mínimo.
3
24
6.- [Puntuación 7]
Encuentre el área entre las curvas y = 2 + x − x2 e y = 2 − 3x + x2 .
Solución:
x = 0
2 + x − x 2 = −3x + x 2 → 2x 2 − 4x = 0 → 
x = 2
Área =

2
0
(2 + x − x2 − 2 + 3x − x2 ) dx =
2
 2x3

8
(−2x2 + 4x)dx = −
+ 2x2  =
3
0

0 3

2
7.- [Puntuación 6]
La razón común de los términos en una serie geométrica es 2x .
(a) Indique el conjunto de valores de x para los cuales existe la suma a infinito de la serie.
(b) Si el primer término de la serie es 35, hallar el valor de x para el cual la suma infinita es 40.
Solución:
[2 puntos]
[4 puntos]
a) | 2x | 1 → −  x  0
b)
35
x
1−2
= 40 → 40(1 − 2x ) = 35 → 1 − 2x =
7
1
→ 2x = → x = −3
8
8
8.- [Puntuación 8]
2
Las funciones f y g se definen como: f ( x ) = ex , x  0
g( x ) =
1
, x  −3
x +3
(a) Halle h (x) donde h(x) = (g o f) (x).
[2 puntos]
(b) Indique el dominio de h−1( x ) .
[2 puntos]
(c) Calcule h−1( x ) .
Solución:
[4 puntos]
2
1
a) h( x ) = g e x  = 2

 ex + 3
 1
b) Dh −1 = R h = 0, 
 4
c) y =
1
e
x2
+3
2
→ ex =
 1 − 3y 
 1 − 3y 
1 − 3y
 1 − 3x 
 → x =  ln
 → h −1 ( x ) = ln
→ x2 = ln

y
 x 
 y 
 y 
9.- [Puntuación 7]

 t 
La variable aleatoria T tiene la función de densidad de probabilidad f ( t ) = cos  , − 1  t  1 .
4
 2
Calcular
(a) P (T = 0);
(b) el rango intercuartílico.
Solución:
a) P(T=0)=0
[2 puntos]
[5 puntos]
b) Rango intercuartílico= Q3 − Q1
Q
Q3
3
1

3
3 1   Q   3
Q

1
 t 
 t 
 Q  1
cos  dt = →  sen  = → sen 3  + 1 = → sen 3  = → 3 = → Q3 =
4
2  2   4
2
6
3
2
 2  −1 4
 2  2
−1 4
2

Como la función f(t) es simétrica con respecto al eje y, Q1 = −
Rango intercuartílico=
1
3
2
3
10.- [Puntuación 6]
ln(x )
y las rectas x = 1, x = e, y = 0 se hace girar 2π radianes alrededor del
x
eje x. Encuentre el volumen del sólido generado.
Solución:
La región delimitada por la curva y =
Volumen = 
I=

(ln x )2
x2
e
(ln x )2
1
x2

dx
dx
1
dt = dx
x
t = ln x

I = t 2e− t dt
u = t2
v´ = e − t
u´= 2t
v = −e− t

I = −t 2e− t + 2 te− t dt

I1 = te− t dt
u=t
v´ = e − t
u´= 1
v = −e− t
I1 = −te−t − e− t
I = −t 2e− t − 2te− t − 2e− t = −e− t ( t 2 + 2t + 2)


1
 5

Volumen =  − e − t ( t 2 + 2t + 2) 0 =  − + 2  .
e


SECCIÓN B
11.- [Puntuación 20]
Los puntos A, B, C tienen vectores de posición i + j + 2k, i + 2 j +3 k, 3 i + k respectivamente y
se encuentran en el plano π.
(a) Calcule
(i) el área del triángulo ABC;
(ii) la distancia más corta desde C a la recta AB;
(iii) la ecuación cartesiana del plano π.
La recta L pasa a través del origen y es normal al plano π y corta a π en el punto D.
(b) Calcular
(i) las coordenadas del punto D;
(ii) la distancia de π al origen.
Solución:
0
 2
→  
→ 

AC =  − 1 
a) i) AB =  1 
1
 − 1
 
 
i
j
k
→
→
AB  AC = 0 1
1 = 2j-2k
2 −1 −1
Área triángulo ABC=
1
4+4 = 2
2
→
ii)
| AB| .d(C, AB)
2 2
2=
→ d(C, AB) =
=2
2
2
A
iii)  : 2y − 2z + K = 0 → 2 − 4 + K = 0 → K = 2
: y − z + 1 = 0
 x =0

b) i) L :  y = t
z = − t

t + t +1 = 0 → t = −
ii) d(O, ) =
| 1|
2
=
1
1 1

→ D 0, − , 
2
2 2

1
2
[14 puntos]
[6 puntos]
12.- [Puntuación 27]
La función f se define por f ( x ) = xe2x .
(
)
Se puede demostrar que f (n )( x ) = 2n x + n2n −1 e2x para todo n  Z+ , donde f ( n )( x ) representa
la enésima derivada de f (x).
(a) Considerando f ( n )( x ) para n = 1 y n = 2, muestre que hay un punto mínimo P en la gráfica de f,
y encuentre las coordenadas de P.
(b) Muestre que f tiene un punto de inflexión Q en x = -1.
(c) Determine los intervalos en el dominio de f donde f es
(i) cóncava hacia arriba;
(ii) cóncava hacia abajo.
(d) Dibuje f, mostrando claramente cualquier intersección, asíntotas y los puntos P y Q.
(
)
[7 puntos]
[5 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]
(e) Utilice la inducción matemática para demostrar que f (n )( x ) = 2n x + n2n −1 e2x para todo n  Z+ ,
donde f ( n )( x ) representa la enésima derivada de f (x).
Solución:
[9 puntos]
a) f (1)( x ) = (2x + 1) e2x
(2x + 1) e2x = 0 → x = − 1
2
f (2)( x ) = (4x + 4)e2x
1 
1 2
1
 1
f (2)( − ) =  0 → Para x = − hay un punto mínimo P − , − 
2 e
2
 2 2e 
b) (4x + 4)e2x = 0 → x = −1
-1
c) i) f es cóncava hacia arriba en − 1, + 
ii) f es cóncava hacia abajo en −  , − 1
d)
Cortes ejes (0, 0)
Asíntota horizontal por la izquierda y=0
e) Para n=1 f (1)( x ) = e2x + 2e2x x = (1 + 2x )e2x = (21 x + 1.21−1 ) e2x Cierto
(
)
Supuesto cierto para n=k f ( k )( x ) = 2k x + k2k −1 e2x
Probemos para n=k+1
f (k +1)(x ) =
?
(
)
f (k +1)(x)= 2k +1 x + (k + 1)2k e2x
(
)
d (k )
f (x) = 2k e2x + 2e2x (2k x + k2k −1 ) = (2k + 2k +1 x + k2k )e2x = 2k +1 x + (k + 1)2k e2x
dx
13.- [Puntuación 13]
Un chef gourmet es famoso por su soufflé de forma esférica.
Una vez que se pone en el horno, su volumen aumenta a una velocidad proporcional a su radio.
(a) Muestre que el radio r cm del soufflé, en el tiempo t minutos después de haber sido puesto en
dr k
= , donde k es una constante.
el horno, satisface la ecuación diferencial
dt r
(b) Sabiendo que el radio del soufflé es de 8 cm cuando entra en el horno, y de 12 cm cuando
esté cocido 30 minutos más tarde, encuentre, al cm más cercano, su radio después de 15 minutos
en el horno.
Solución:
dV
= c.r
a)
dt
V=
4 3
r
3
c
dV
dr 4 k
2 dr
= 4 r
= c.r →
=
=
dt
dt
dt
r
r
b)

dr k
= → rdr = kdt
dt r

r dr = k dt →
r2
= kt + C
2
Si t=0 y r=8 → C=32
Si t=30 y r=12 → k =
4
3
Nos queda
r2 4
= t + 32
2 3
Para t=15
r2
= 20 + 32 → r2 = 104 → r  10 cm
2
[5 puntos]
[8 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ2
Miércoles 7 de mayo de 2008
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
La distribución de probabilidad de una variable aleatoria discreta X viene dada por
P(X=x)=cx(5-x), x=1; 2; 3; 4
a) Halle el valor de c.
b) Halle E(X).
Solución:
a)
X
P(X=x)
1
4c
2
6c
3
6c
[3 puntos]
[3 puntos]
4
4c
4c+6c+6c+4c=1
1
20c = 1 → c =
20
4
6
6
4 50 5
b) E( X ) = 1. + 2. + 3. + 4. =
=
20
20
20
20 20 2
2.- [Puntuación 6]
El polinomio P( x ) = x3 + ax2 + bx + 2 es divisible por x+1 y por x-2. Halle el valor de a y de b, donde a, b  R.
Solución:
P(−1) = 0→ −1 + a − b + 2 = 0→a − b = −1
P(2) = 0→8 + 4a + 2b + 2 = 0→4a + 2b = −10
Resolviendo el sistema: a=-2 b=-1
3.- [Puntuación 6]
En la figura que aparece a continuación, AD es perpendicular a BC.
CD=4, BD=2 y AD=3.


CAD =  y BAD = 
Halle el valor exacto de cos(  − )
Solución:
AC = 5 AB = 13
3 3
4 2
17
cos(  − ) = cos .cos  + sen.sen = .
+ .
=
5 13 5 13 5 13
4.- [Puntuación 6]
4
Sea f ( x ) =
, x  −2 y g(x)=x-1. Si h=gof, halle:
x +2
a) h(x)
b) h −1 ( x ) , donde h −1 es la inversa de h.
Solución:
4
2− x
 4 
−1 =
a) h(x)=(gof)(x)= g
=
x
+
2
x
+
2
x +2


b) y =
[2 puntos]
[4 puntos]
2− x
2 − 2y
2 − 2x
→ xy + 2y = 2 − x → x =
→ h−1(x) =
x +2
y +1
x +1
5.- [Puntuación 6]
Considere la curva definida por la ecuación x2 + xy + y 2 = 3 .
(a) Halle, en función de k, la pendiente de la curva en el punto (-1, k).
(b) Sabiendo que en este punto la tangente a la curva es paralela al eje x, halle el valor de k.
Solución:
a)
−2x − y
2x + y + xy´+2yy´= 0 → y´=
x + 2y
2−k
En ( −1, k )
y´=
− 1 + 2k
b) y´= 0 →k = 2
6.- [Puntuación 6]
Compruebe que
Solución:
u=x
u´=1
F( x ) = −


6
0
xsen2x dx =
3 
.
−
8 24
v´=sen2x
cos 2x
v=−
2
x.cos 2x 1
x.cos 2x sen2x
+
cos 2x dx = −
+
2
2
2
4

6



3
 x.cos 2x sen2x  6
xsen2x dx = −
+
 = − 24 + 8
2
4
0

0

7.- [Puntuación 6]
Sean A y B sucesos tales que P(A)=0,6 ; P( A  B) = 0,8 y P(A/B)=0,6. Halle P(B).
Solución:
P( A  B) = P( A ) + P(B) − P(B) →0,8 = 0,6 + P(B) − P( A  B)
P( A  B)
→ P( A  B) = 0,6.P(B)
P(B)
0,2 1
0,8 = 0,6 + P(B) − 0,6.P(B) → P(B) =
=
0,4 2
P( A / B) =
[5 puntos]
[1 punto]
8.- [Puntuación 6]
Una recta normal a la gráfica de y=arctan(x-1), para x>0, tiene por ecuación y=-2x+c, donde cR .
Halle el valor de c.
Solución:
1
y´ =
1 + ( x − 1)2
1
1
= →1 + x2 + 1 − 2x = 2 → x( x − 2) = 0 → x = 0(No vale)
x =2
2 2
1 + ( x − 1)

  
El punto de corte de la normal con la curva es  2,  → = −4 + c → c = + 4
4
 4 4
9.- [Puntuación 6]
La figura de abajo muestra los límites de la sección transversal de un canal de agua.
 x 
La ecuación que representa a estos límites es y = 16sec  − 32 donde x e y vienen dados los dos en cm. La
 36 
parte superior del canal está al mismo nivel que el suelo y tiene un ancho de 24 cm. El canal tiene una
profundidad máxima de 16 cm. Halle el ancho de la superficie del agua en el canal cuando la profundidad del
agua es de 10 cm. Exprese la respuesta en la forma a.arccosb donde a , b  R .
Solución:
x
36
 x 
 x  26
 x  8
 8 
 8 
− 6 = 16sec  − 32 → sec  =
→ cos  =
→
= arccos  → x = .arccos 
36
36
16
36
13
36
13

 
 
 
 
 13 
El ancho de la superficie del agua es :
72
 8 
. arccos 

 13 
10.- [Puntuación 6]
Dados dos vectores cualesquiera a y b, distintos de 0, compruebe que: |axb|2=|a|2|b|2-(a.b)2.
Solución:
Sabemos que : |axb|=|a||b|.senα , donde α es el ángulo que forman los vectores a y b.
Elevando al cuadrado: |axb|2=|a|2|b|2.sen2α=|a|2|b|2.(1-cos2α)= |a|2|b|2-(|a|.|b|.cosα)2=|a|2|b|2-(a.b)2
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 20]
Considere los puntos A(1,-1,4), B(2,-2,5) y O(0,0,0).
→
→
a) Calcule el coseno del ángulo que forman OA y AB
b) Halle una ecuación vectorial de la recta L1 que pasa por A y B.
[5 puntos]
[2 puntos]
La recta L2 tiene por ecuación r=2i+4j+7k+t(2i+j+3k), donde t R
c) Compruebe que las rectas L1 y L2 se cortan, y halle las coordenadas del punto de intersección.
[7 puntos]
d) Halle la ecuación cartesiana del plano que contiene tanto a la recta L2 como al punto A.
Solución:
1 
 1 
→ 
→ 


AB =  − 1 
a) OA =  − 1 
 4
 1 
 
 
1+1+ 4
2
cos  =
=
18 . 3
6
b)
x  1   1 
     
L1 :  y  =  − 1  + s − 1 
z  4   1 
     
c)
 x   2   2
     
L2 : y  =  4  + t  1 
 z   7   3
     
1 + s = 2 + 2t  s − 2t = 1 


− 1 − s = 4 + t  → − s − t = 5 → t = −2 s = −3 . Las rectas se cortan en el punto (-2, 2, 1)
4 + s = 7 + 3t  s − 3t = 3 
1
→
 
d) APL2 =  5 
 3
 
x −1 2 1
[6 puntos]
y + 1 1 5 = 0 → 4x + y − 3z + 9 = 0
z−4 3 3
12.- [Puntuación 10]
a) Halle la suma de los infinitos términos de la progresión geométrica: 27; -9; 3; -1;…
[3 puntos]
+
b) Utilice la inducción matemática para demostrar que para todo n Z se cumple
a + ar + ar2 + ... + arn −1 =
Solución:
27
81
a) S =
=
1
4
1+
3
b) Para n=1 a.r1−1 = a =
(
a 1 − rn
1−r
(
)
[7 puntos]
a(1 − r )
= a . Cierto
1−r
Suponemos cierto para n=k
Probemos para n=k+1
)
a + ar + ar2 + ... + ark −1 =
?
a + ar + ar2 + ...ark −1 + ark =
(
a 1 − rk
a − ark + ark − ark +1 a 1 − r k +1
+ ark =
=
1−r
1−r
1−r
)
(
a 1 − rk
1−r
(
)
)
a 1 − r k +1
1−r
13.- [Puntuación 18]
André quiere ir desde un punto A situado en el mar hasta el punto Y, situado en un tramo recto de playa. P es el
punto de la playa más próximo a A, de tal forma que AP=2 km y PY=2 km. André hace este trayecto primero
nadando en línea recta hasta un punto Q situado en la playa y, a continuación, corriendo hasta Y.
Cuando André nada, recorre una distancia de 1 km en 5 5 minutos.
Cuando corre, recorre una distancia de 1 km en 5 minutos.
a) Si PQ= x km, 0  x  2 , halle una expresión para el tiempo T en minutos que André tarda en
llegar al punto Y.
dT
5 5x
=
−5.
b) Compruebe que
dx
x2 + 4
(i) Resuelva
(iii) Compruebe que
d2T
dx
2
=
20 5
(x + 4)
2
3
2
en el apartado (c) (ii) es un mínimo.
Solución:
a) T = 4 + x 2 .5 5 + (2 − x ).5
b)
5 5x
dT
2x
= 5 5.
−5 =
−5
dx
2 x2 + 4
x2 + 4
5 5x
c) i)
2
x +4
= 5 → 5x2 = x2 + 4 → x = 1
ii) Para x=1 T=30 minutos
d2T
dx2
2
d T
dx
[3 puntos]
dT
=0
dx
(ii) Use el valor de x hallado en la parte (c) (i) para determinar el tiempo, T, en minutos,
que André tarda en llegar al punto Y.
c)
iii)
[4 puntos]
2
x2 + 4 −
2 x2 + 4 = 20 5
3
x2 + 4
x2 + 4 2
= 5 5.
(1) =
20 5
3
52
2x2
(
0
)
y, a partir de allí, compruebe que el tiempo que obtuvo
[11 puntos]
14.- [Puntuación 12]
2π
2π
Sea w = cos
+ isen .
5
5
a) Compruebe que w es una raíz de la ecuación z5 - 1 = 0 .
4
3
2
[3 puntos]
5
b) Compruebe que (w - 1).(w + w + w + w + 1) = w - 1 y deduzca que
w 4 + w3 + w 2 + w + 1 = 0 .
[3 puntos]
2π
4π
1
c) A partir de lo anterior compruebe que cos
+ cos
=− .
5
5
2
Solución:
a) w = 1 2
5
5


w − 1 =  1 2  − 1 = 12 − 1 = 1 − 1 = 0


 5 
5
b) (w - 1).(w4 + w3 + w2 + w + 1) = w5 + w 4 + w3 + w2 + w − w4 − w3 − w2 − w − 1 = w5 − 1
w5 − 1 = 0→
w − 1 = 0 No
w + w 3 + w 2 + w + 1 = 0 Si
4
4
3
2
1

 
 
 

c)  1 2  +  1 2  +  1 2  +  1 2  + 1 = 0

 
 
 

 5   5   5   5 
1 8 + 1 6 + 1 4 + 1 2 + 1 = 0
5
5
5
5
Si dibujamos los afijos observamos:
1 8 + 1 2 = 2 cos
5
5
1 6 + 1 4 = 2 cos
5
5
Nos queda: 2 cos
2
5
4
5
2
4
2
4
1
+ 2 cos
= −1 → cos
+ cos
=−
5
5
5
5
2
[6 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ1
Jueves 8 de mayo de 2008
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Determine los tres primeros términos en el desarrollo de (1 − 2x )5(1 + x )7 en potencias ascendentes de x.
Solución:
5  5
5
(1 − 2x )5 =   −  2x +  (2x )2 + .... = 1 − 10x + 40x 2 − ........
0 1
 2
7 7  7
(1 + x )7 =   +  x +  x2 + .... = 1 + 7x + 21x2 + ....
0 1  2
(1 − 2x )5(1 + x )7 = 1 + 7x + 21x2 − 10x − 70x2 + 40x2 + ....... = 1 − 3x − 9x2 ....
2.- [Puntuación 6]
(a) Dibuje la curva f (x) = |1+3 sen (2x)|, para 0 ≤ x ≤ π.
Anote en el gráfico los valores de las intersecciones con los ejes x e y.
(b) Añadiendo una línea adecuada a su gráfico, encuentre el número de soluciones a la ecuación
π f (x) = 4(π - x).
Solución:
a)
Intersecciones con los ejes:
(0, 1) (1.74, 0) (2.97, 0)
b)El número de soluciones de la ecuación es 5.
[4 puntos]
[2 puntos]
3.- [Puntuación 6]
 4 
 
Un rayo de luz procedente del punto (-1, 3, 2) se desplaza en la dirección del vector  1  y corta al plano
 − 2
 
π: x +3 y + 2z - 24 = 0. Calcule el ángulo que el rayo de luz hace con el plano.
Solución:
1
 
Vector director del plano  3 
 2
 
Sea α el ángulo, senα =
| 4 + 3 − 4|
21 14
=
3
294
→ α = 10,1
4.- [Puntuación 6]
Una empresa produce microchips informáticos, que tienen una esperanza de vida que sigue una
distribución normal con una media de 90 meses y una desviación típica de 3,7 meses.
(a) Si un microchip está garantizado durante 84 meses, encuentre la probabilidad de que fallará
antes de que finalice la garantía.
(b) La probabilidad de que un microchip no falle antes del final de la garantía se requiere que sea
del 99%. ¿Por cuántos meses debería estar garantizado?
(c) Una empresa rival produce microchips donde la probabilidad de que fallará después de 84
meses es 0,88. Sabiendo que la esperanza de vida sigue también una distribución normal con
desviación típica de 3,7 meses, encuentre la media.
Solución:
a) X:”tiempo de vida de los microchips” es N(90, 3.7)
[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
P(X<84)=P(71,5<X<84)=0,0524
b) P(X>x)=0,99 → x=81,39 meses
c) Y:”tiempo de vida de los microchips en empresa rival” es N(μ, 3.7)
Z=
Y −
3,7
P( Y  84) = 0,88 → P(Z 
84 − 
84 − 
) = 0,88 →
= −1,175 →  = 88,35 meses
3,7
3,7
5.- [Puntuación 6]
Encuentre la ecuación vectorial de la recta de intersección de los tres planos representados por el siguiente
sistema de ecuaciones.
2x - 7y + 5z = 1
6x + 3y - z = -1
-14 x - 23 y +13 z = 5
Solución:
La ecuación 3 es combinación lineal de la 1 y la 2: E3=2E1-3E2
Nos quedamos con las dos primeras ecuaciones:
2x - 7y + 5z = 1
2x − 7y = 1 − 5z 
1 2
→
 → 24y = −4 + 16z → y = − + z
6x + 3y - z = - 1
6x + 3y = −1 + z
6 3
6x = −1 + z +
1
1
1 1
− 2z = − − z → x = − − z
2
2
12 6
 1 
− 
 x   12   − 1 
 
 
1
Si ponemos z=6t , la ecuación vectorial la podemos escribir:  y  =  −  + t  4 


z  6   6 
0
 
 




6.- [Puntuación 6]
Encuentre la pendiente de la tangente a la curva x3y 2 = cos( y ) en el punto (-1, 1).
Solución:
3x2y 2 + 2yy´x3 = − sen( y )
y ´=
− sen(y ) − 3x2y 2
2yx3
En (-1, 1) m =
3
2
7.- [Puntuación 6]
Un sistema de ecuaciones está dado por
cos x + cos y = 1,2
sin x + sin y = 1.4
(a) Para cada ecuación exprese y en función de x.
(b) Usando lo anterior, resuelva el sistema para 0 < x < π, 0 < y < π.
Solución:
a) y=arccos(1,2-cosx)
y=arcsen(1,4-senx)
b)
x=0,46
[2 puntos]
[4 puntos]
y=1,26
x=1,26 y=0,46
8.- [Puntuación 6]
Sólo dos aerolíneas internacionales vuelan diariamente a un aeropuerto. UN Air tiene 70 vuelos al día y IS Air
tiene 65 vuelos al día. Los pasajeros que vuelan con UN Air tienen una probabilidad del 18% de perder su
equipaje y los pasajeros que vuelan con IS Air tienen una probabilidad del 23% . Se oye a alguien en el
aeropuerto quejarse de que su equipaje esta perdido. Encuentra la probabilidad de que viajara con IS Air.
Solución:
0,18
70/135
Pierde equipaje
UN Air
0,23
Pierde equipaje
65/135
IS Air
65
.0,23
P( Viajar en IS Air  Pierde equipaje)
135
P(Viajar en IS Air / Pierde equipaje)=
=
= 0,5426
70
65
P(Pierde equipaje)
.0,8 +
.0,23
135
135
9.- [Puntuación 6]
Utilizando una sustitución apropiada, calcule

tan(ln y )
dy , y  0 .
y
Solución:
t = ln y

1
dt = dy
y
tan(ln y )
dy = tg t dt = − ln | cos t | +C = − ln | cos(ln y )| +C
y

10.- [Puntuación 7]
Encuentre, en su forma más simple, el argumento de (senθ + i (1 - cosθ))2 donde θ es un ángulo agudo.
Solución:
(sen + i(1 − cos ))2 = sen2 − (1 − cos )2 + 2sen(1 − cos )i = sen2 − 1 − cos2  + 2cos  + 2sen(1 − cos )i
Argumento= arctan
2sen(1 − cos )
= arctan(tan) = 
2cos (1 − cos )
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 13]
Los ascensores en los edificios de oficinas de una pequeña ciudad tienen averías ocasionales.
Las averías en un momento dado son independientes entre sí y pueden ser modelados utilizando
una distribución de Poisson con una media de 0,2 por día.
(a) Determine la probabilidad de que existan exactamente cuatro averías durante el mes de
junio (junio tiene 30 días).
(b) Determinar la probabilidad de que haya más de 3 averías durante el mes de junio.
(c) Determine la probabilidad de que no haya averías durante los primeros cinco días de junio.
(d) Encuentre la probabilidad de que la primera avería en junio ocurra el 3 de junio.
(e)El coste para el servicio de los ascensores es de 1850 euros cuando tienen una avería.
Encuentre el coste esperado de los ascensores de servicio para el mes de junio.
(f) Determine la probabilidad de que no se produzcan averías en exactamente 4 de los primeros
5 días en junio.
Solución:
a) X:”número de averías por día” es Po(0,2)
Y:”número de averías durante Junio” es Po(6)
P(Y=4)=0,1338
b) P(Y  3) = 1 − P(Y  3) = 1 − 0,1512 = 0,8488
c) P( X = 0)5 = 0,81875 = 0,3678
d) P(X=0).P(X=0).(1-P(X=0))=0,81872.0,1813=0,1215
e) 6.1850=11100 €
f) Z:”número de días de los 5 primeros en los que no hay averías” es B(5, 0.8187)
P(Z=4)=0,4073
[3 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
[1 punto]
[2 puntos]
12.- [Puntuación 20]
Parte A [Puntuación 12]
En el triángulo ABC, BC = a, AC = b, AB = c y [BD] es perpendicular a [AC].
(a) Muestre que CD = b - c cos A.
(b) Usando lo anterior y usando el teorema de Pitágoras en el triángulo BCD, pruebe el teorema
del coseno para el triángulo ABC.

1
3
(c) Si ABC = 60 , use el teorema del coseno para mostrar que c = a  b2 − a2 .
2
4
Parte B [Puntuación 8]
[1 punto]
[4 puntos]
[7 puntos]
El diagrama tridimensional anterior muestra los puntos P y Q que son respectivamente oeste y suroeste de la
base R de un asta de bandera vertical RS en suelo horizontal. Los ángulos de elevación de la parte superior S del
palo de bandera de P y Q son respectivamente 35ᵒ y 40ᵒ, y PQ = 20 m. Determine la altura del asta de la bandera.
Solución:
Parte A
a) AD=c.cosA
CD=b-AD=b-ccosA
b)
a2 = (b − c cos A)2 + (csenA)2 = b2 + c2 cos2 A − 2bccos A + c2sen2A = b2 + c2(cos 2 A + sen2A) − 2bccos A = b2 + c2 − 2bccos A
Parte B
Sea RS=h
tan40 =
h
QR
tan35 =
2
2
h
PR
 h   h 
h
h
 +
202 = 
.
.cos 45º → 400 = 2,04h2 + 1,42h2 − 2,4h2 → h = 19,4
 − 2.

tan35º tan 40º
 tan35   tan 40º 
13.- [Puntuación 13]
Una familia de funciones cúbicas se define como fk ( x ) = k 2x3 − kx 2 + x , k  Z+ .
(a) Express en función de k
(i) f ´ k (x ) y f ´´k (x )
(ii) las coordenadas de los puntos de inflexión Pk de las gráficas de fk .
(b) Muestre que todos los Pk se encuentran en una línea recta e indique su ecuación.
(c) Demuestre que para todos los valores de k, las tangentes a los gráficos de fk en Pk
son paralelas, y calcule la ecuación de las rectas tangentes.
Solución:
a) i) f ´k ( x ) = 3k 2x2 − 2kx + 1
ii) 6k 2x − 2k = 0 → x =
f ´´k ( x ) = 6k 2x − 2k
1
3k
 1 k2
k
1   1 7 
Pk  ,
−
+ = ,

 3k 27k3 9k 2 3k   3k 27k 


 1
 1
7 
7 
 Pk 

,
,
b) Pk 1 


2
 3k 1 27k 1 
 3k 2 27k 2 
→
 k − k 7(k 1 − k 2 ) 

Pk 1 Pk 2 =  1 2 ,
27k 1k 2 
 3k 1k 2
La pendiente de la recta que pasa por Pk 1 y Pk 2 es m =
La ecuación de la recta es: y −
21 7
=
independiente de k.
27 9
7
7
1 
7
 → 27k 1y − 7 = 21k 1x − 7 → y = x
=  x −

27k 1 9 
3k 1 
9
7 
 1
c) Pk  ,

 3k 27k 
En Pk
y−
m=
3k 2
9k
2
−
2k
2
+1=
3k
3
7
2
1 
2
1
= x −
 → 27ky − 7 = 18kx − 6 → y = x +
27k 3 
3k 
3
27k
[6 puntos]
[2 puntos]
[5 puntos]
14.- [Puntuación 14]
(
z1 = 1 + i 3
)m y z2= (1 − i)n .
(a) Halle el módulo y el argumento de z1 y z2 en función de m y n, respectivamente.
(b) Usando lo anterior, encuentre los números enteros positivos m y n más pequeños tales
que z1 = z2 .
Solución:
(
a) z1 = 1 + i 3
)
m
m
 
=  2   = 2m
 
 3
Módulo de z1 = 2m
( )
m
3
Argumento de z1 =
m
3
n

  n
z2 = (1 − i)n =  2 −   =  2 
4


− n
4
Módulo de z2 = 2
n
Argumento de z2 =
n
4
n

m=
2m = 2 n 
m m
5m
12k

2
z1 = z2 → m
+ = 2k →
= 2k → m =
n
→ m
 → n = 2m →
n
=−
+ 2k
3 2
6
5
= − + 2k 
3
4


3
4
Para k=5
m=12
n=24
[6 puntos]
[8 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ2
Jueves 8 de mayo de 2008
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Considere el conjunto de datos k − 2;k ;k + 1;k + 4 , donde k R .
(a) Halle, en función de k, la media de este conjunto de datos.
Ahora, a cada número del conjunto de datos anterior se le resta 3.
(b) Halle, en función de k, la media de este nuevo conjunto de datos.
Solución:
k − 2 + k + k + 1 + k + 4 4k + 3
=
a) Media =
4
4
4k + 3 − 12 4k − 9
=
b) Media =
4
4
2.- [Puntuación 6]
La profundidad, h(t) en metros, de agua a la entrada de un puerto a las t horas después de la
 t 
medianoche de un día particular viene dada por h( t ) = 8 + 4sen  , 0  t  24 .
6
a) Halle la profundidad máxima y la profundidad mínima del agua.
b) Halle los valores de t para los cuales h(t )  8 .
Solución:
a) h máxima=8+4.1=12 metros
h mínima= 8+4.(-1)=4 metros
 t 
b) h( t )  8 → sen   0. Usando la C.P.G. observamos que 0  t  6 y 12  t  18 y t=24.
6
[3 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
3.- [Puntuación 5]
La curva y = e−x − x + 1 corta al eje X en el punto P.
a) Halle la coordenada x de P.
b) Halle el área de la región que está completamente delimitada por la curva y por los ejes de
coordenadas.
Solución:
a) Usando la calculadora x=1,278
b) Usando la C.P.G.
Área =
 (e
1,278
0
−x
[2 puntos]
[3 puntos]
)
− x + 1 dx = 1,18
4.- [Puntuación 6]
Una variable aleatoria continua X tiene la siguiente función de densidad de probabilidad

12x2(1 − x )
para 0  x  1
f(x) = 

en los demás casos
 0
Halle la probabilidad de que X se encuentre entre la media y la moda.
Solución:
1
3
E( X ) = 12x3(1 − x ) dx f ( x ) =
5
0

2
2
Con la C.P.G. se observa que el máximo de la función: f ( x ) = 12x2(1 − x ) en 0  x  1 se alcanza en x = →M0 =
3
3
2
2
3
P  X   = 33 12x2(1 − x ) dx = 0,1174
3
5

5
5.- [Puntuación 7]

Considere el triángulo ABC donde BAC = 37,8 , AB=8,75 y BC=6. Halle AC.
Solución:
BC=x
36 = x2 + 8,752 − 2.x.8,75. cos 37,8
x2 − 13,83x + +40,56 = 0
calculador a
→
x = 9,61 x = 4,22
6.- [Puntuación 7]
2
Considere la curva definida por la ecuación f(x ) = e−2x para x<0. Halle las coordenadas del punto de inflexión y
justifique por qué se trata de un punto de inflexión.
Solución:
2
f ´( x ) = e−2x ( −4x )
(
)
2
2
2
f ´´(x ) = −4e−2x . − 4x2 + e−2x  = −4e−2x (−4x2 + 1)


− 4x2 + 1 = 0 → x = 
Si x  −
Si −
1
2
1
f ´´(x )  0.
2
1
 x  0 f ´´(x ) 0
2
1

 1 −2 
 − 2 , e  es punto de inflexión.




7.- [Puntuación 6]
A lo largo de un periodo de un mes, Ava y Sven juegan un total de n partidos de tenis.
La probabilidad de que Ava gane un partido es igual a 0,4.
El resultado de cada partido jugado es independiente de cualquier otro partido jugado.
Sea X el número de partidos que ha ganado Ava a lo largo de un periodo de un mes.
a) Halle una expresión para P(X=2) en función de n.
b) Si la probabilidad de que Ava gane dos partidos es igual a 0,121 redondeando a tres cifras
decimales, halle el valor de n.
Solución:
a) X es B(n, 0.4)
n
P( X = 2) =  .0,42.0,6n −2
2 
n
n(n − 1)
b) 0,121 =  .0,42.0,6n −2 →0,121 =
.0,16.0,6n −2 → n(n − 1).0,6n −2 = 1,5125→ n 10partidos
2
2
 
[3 puntos]
[3 puntos]
8.- [Puntuación 5]
A continuación se muestra la gráfica de y=f(x) para −2  x  8 .
1
, mostrando claramente alguna asíntota e
f(x )
indicando las coordenadas de algún máximo o mínimo local que haya.
Sobre los ejes provistos, dibuje aproximadamente la gráfica de y =
Solución:
x
-2
-1
0
f(x)
5
0
-2
0,2
+|| −
1
f(x)
-0,5
1
5
−
4
−
4
5
2
3
4
5
0
1
0,5
0
−|| +
1
2
+|| −
6
7
8
1
2
−
3
4
-1
-2
−
4
3
-1
−
A.V. x=-1 x=2 x=5
Máximo (0, -0.5)
Mínimo (3, 1)
9.- [Puntuación 7]
z
Considere w =
donde z=x+iy, y  0 y z2 + 1  0. Sabiendo que Im w=0, compruebe que |z|=1.
2
z +1
Solución:
x + iy
x 2 − y 2 + 1 − 2xyi
w= 2 2
. 2 2
x − y + 1 + 2xyi x − y + 1 − 2xyi
Im(w ) =
− 2x2y + yx2 − y3 + y
(x
2
)
2
− y 2 + 1 + 4x2y 2
y 0
Im(w) = 0→− x2y − y3 + y = 0 →y(−x2 − y2 + 1) = 0 → x2 + y 2 = 1 →| z |= 1
10.- [Puntuación 6]
Halle el conjunto de valores de x para los cuales 0,1x2 − 2x + 3  log 10 x .
Solución:
Estudiemos con la C.P.G. dónde 0,1x2 − 2x + 3 − log 10 x  0 .
Ocurre cuando 1,52<x<1,78 y 17,58<x<19,1
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 21]
Las distancias recorridas por los alumnos para ir a clase al colegio Gauss siguen una distribución
normal de media 6 Km y con una desviación típica 1,5 Km.
a)
(i) Halle la probabilidad de que la distancia recorrida hasta el colegio Gauss por un
alumno elegido al azar esté comprendida entre 4,8 km y 7,5 km.
(ii) El 15% de los alumnos recorre menos de d km para ir al colegio Gauss.
Halle el valor de d.
[7 puntos]
En el colegio Euler, las distancias recorridas por los alumnos para ir a clase siguen una distribución
normal de media  km y con una desviación típica  km.
b) Si el 10% de los alumnos recorre más de 8 km y el 5% de los alumnos recorre menos de 2 km,
halle el valor de  y el de  .
[6 puntos]
El número T de llamadas telefónicas recibidas por minuto en el colegio Euler sigue una distribución
de Poisson de media 3,5.
c)
(i) Halle la probabilidad de que al menos tres llamadas telefónicas sean recibidas en el
colegio Euler en cada uno de dos intervalos seguidos de un minuto.
(ii) Halle la probabilidad de que en el colegio Euler se reciban 15 llamadas telefónicas
durante un intervalo de cinco minutos elegido al azar.
[8 puntos]
Solución:
a) i) X="distancias colegio Gauss" en N(6, 1.5)
P(4,8  X  7,5) =0,6295
ii) P(X<d)=0,15 → d=4,45 Km
b) Y="distancias colegio Euler" es
Z=
N(, )
Y -

8− 
8−

P(Y > 8) = 0,1 → P Z 
= 1,2816
 = 0, 1 →
 


2− 
2−

P(Y  2) = 0,05 → P Z 
= −1,6449
 = 0,05 →
 


Resolviendo el sistema queda:  =5,3724
 = 2,0502
c) i) T="nº de llamada por minuto" es Po(3,5)
P(T  3).P(T  3) = 1 − P(T  2)2 = (1 − 0,3208)2 = 0,4613
ii) Y="nº de llamada en 5 minutos" es Po(17,5)
P(Y=15)= 0,0849
12.- [Puntuación 20]
a b
 , bc  0
Sea M2 =M donde M= 
c d
a)
(i) Compruebe que a+d=1.
(ii) Halle una expresión de bc en función de a.
b) A partir de lo anterior, compruebe que M es una matriz singular.
c) Si todos los elementos de M son positivos, halle el rango de posibles valores de a.
d) Compruebe que (I − M)2 = I − M donde I es la matriz identidad.
e) Demuestre utilizando la inducción matemática que (I − M)n = I − M para todo n Z+
Solución:
a) i)
 a2 + bc = a

b0
 a b   a b   a2 + bc ab + bd   a b   ab + bd = b → a + d = 1

.
 =

 → 
=
2
 c d   c d   ca + dc cb + d   c d   ca + dc = c

2
cb + d = d
ii) bc = a - a2
b) det(M)= ad - bc = ad - a + a2 = a(d + a ) − a = a.1 − a = 0
c) a - a2  0 → a(1 − a )  0 →0  a  1
 1 − a − b   1 − a − b   (1 − a )2 + bc
− b(1 − a ) − b(1 − d)
d) (I − M)2 = 
. 
 =
=

cb + (1 − d )2
 − c 1 − d   − c 1 − d   − c(1 − a ) − c(1 − d)

 1 + a2 − 2a + a − a2
=
 − c + ac − c + cd

− b + ab − b + bd)  1 − a − b 
 = I-M
= 
cb + 1 + d2 − 2d   − c 1 − d 
Para n=2 cierto
Suponemos cierto para n=k
Probemos para n=k+1
(I − M)k = I − M
?
(I − M)k +1 =I − M
(I − M)k +1 = (I − M)k .(I − M) = (I − M).(I − M) = (I − M)2 = I − M
[5 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[6 puntos]
13.- [Puntuación 19]
Una partícula se mueve desde un punto fijo O siguiendo una línea recta en una dirección positiva.
La velocidad v en ms-1 en el instante t segundos, donde t  0 , satisface la ecuación diferencial
dv − v(1 + v 2 )
=
.
dt
50
La partícula parte desde O con una velocidad inicial de 10 ms -1.
a)
(i) Exprese en forma de integral definida el tiempo que tarda la velocidad de la partícula
en disminuir de 10 ms-1 a 5 ms-1.
(ii) A partir de lo anterior, calcule el tiempo que tarda la velocidad de la partícula
en disminuir de 10 ms-1 a 5 ms-1.
b)
[5 puntos]
(i) Compruebe que cuando v>0, el movimiento de esta partícula también se puede describir
por medio de la ecuación diferencial
dv − (1 + v 2 )
=
donde x representa el desplazamiento
dx
50
en metros respecto a O.
(ii) Sabiendo que v=10 para x=0, resuelva la ecuación diferencial, expresando x en función
de v.
x
10 − tan
50
(iii) A partir de lo anterior compruebe que v =
[14 puntos]
x
1 + 10 tan
50
Solución:
a) i)
− 50
  v(1 + v )
dt =
2
dv → t =
ii )Usando la calculadora
b) i)
ii)
5
− 50
10
v(1 + v 2 )

5
− 50
10
v(1 + v 2 )

dv
dv = 0,73 seg.
dv dv dt − v(1 + v 2 ) 1 − (1 + v 2 )
=
. =
.
=
dx
dx dt dx
50
50
dt
− 50
  1+ v
dx =
2
dv → x = −50. arctan v + C
v =10 x =0
→
C = 50. arctan10
x = −50. arctan v + 50arctan10 = 50(arctan10 − arctan v )
iii)
x
x
10 − v
x
x
x
x


= arctan10 − arctan v → tan
=
→ 10 − v = tan
+ 10v. tan
→ v 10. tan + 1  = 10 − tan
50
50 1 + 10.v
50
50
50 
50

x
50
Despejando: v =
x
1 + 10 tan
50
10 − tan
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
Viernes 7 de noviembre de 2008
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
Cuando se divide f ( x ) = x 4 + 3x3 + px2 − 2x + q por (x-2) el resto es igual a 15, y (x+3) es un factor de f(x).
Halle los valores de p y q.
Solución:
f (2) = 15→16 + 24 + 4p − 4 + q = 15→ 4p + q = −21
q = −33
 p =3
f ( −3) = 0 → 81 − 81 + 9p + 6 + q = 0 → 9p + q = −6 
2.- [Puntuación 5]
Escriba ln(x2 - 1)- 2ln(x + 1) + ln(x2 + x) como un único logaritmo, de la forma más simplificada posible.
Solución:
ln
(x 2 - 1).(x 2 + x)
2
(x + 1)
(
)
= ln x 2 − x )
3.- [Puntuación 5]
Una empresa de selección de personal realiza una prueba de aptitud a 100 candidatos que han solicitado un
puesto de trabajo como ingeniero. Cada candidato ha de resolver un puzle, y se anota el tiempo, t, que tarda en
resolverlo. A continuación se muestra la curva de frecuencias acumuladas correspondiente a estos datos.
Utilizando la curva de frecuencias acumuladas:
a) Escriba la mediana.
b) Determine el rango intercuartil.
c) Complete la tabla de frecuencias que aparece a continuación:
Tiempo de resolución
del puzle en segundos
20  t  30
30  t  35
35  t  40
40  t  45
45  t  50
50  t  60
60  t  80
Número de
candidatos
Solución:
a) Me=50
b) Rango intercuartil= Q3 − Q1
Primer cuartil Q1 = 40
c)
Tiempo de resolución
del puzle en segundos
20  t  30
30  t  35
35  t  40
40  t  45
45  t  50
50  t  60
60  t  80
Tercer cuartil Q3 = 60
Número de
candidatos
10
5
10
10
15
25
25
Rango intercuartil=20
[1 punto]
[2 puntos]
[2 puntos]
4.- [Puntuación 4]
Una cuerda de 81 metros se corta en n trozos de longitud creciente, formando estas longitudes una progresión
aritmética cuya diferencia común es igual a d metros. Sabiendo que las longitudes del trozo más corto y del más
largo son 1,5 metros y 7,5 metros respectivamente, halle los valores de n y d.
Solución:
1,5 + 7,5
81 =
.n → n = 18
2
6
7,5 = 1,5 + 17.d → d =
17
5.- [Puntuación 5]
e
 x ln x dx .
Calcule el valor exacto de
2
1
Solución:
v´ = x 2
u = ln x
u´=
1
x
v=
F( x ) = ln x.

e
1
x3
−
3

x3
3
x2
x3 x3
dx = ln x. −
3
3
9
x2 ln x dx = F( x )1e =
e3 e3 1 2e3 + 1
−
+ =
3
9 9
9
6.- [Puntuación 7]
Halle la ecuación de la recta normal a la curva 5xy 2 − 2x2 = 18 en el punto (1,2).
Solución:
5( y 2 + 2yy´x ) − 4x = 0 → y´=
4x − 5y 2
10yx
4 − 20
4
5
= − . La pendiente de la normal es
20
5
4
5
La ecuación de la normal es: y − 2 = (x − 1)
4
En el punto (1, 2 ) m =
7.- [Puntuación 7]
a) Utilice las derivadas de senx y de cosx para comprobar que la derivada de tanx es sec2 x .
b) A partir de lo anterior, y haciendo uso de la relación
arctanx es
Solución:
1
1 + x2
.
1
1
2
cos y
=
dy 1
, compruebe que la derivada de
=
dx dx
dy
[4 puntos]
1
 senx  cos2 x + sen2x
=
= sec2 x
a) (tan x )´= 
´=
2
2
cos
x


cos x
cos x
b) y = arctan x → x = tan y
dy
=
dx
[3 puntos]
1
2
1 + tan y
=
1
1 + x2
8.- [Puntuación 7]
John le quita la etiqueta a tres latas de sopa de tomate y a dos latas de sopa de pollo para participar
en un sorteo, y guarda las latas. En ese momento, se da cuenta de que las latas son idénticas, por lo
que no es posible distinguir las latas de sopa de tomate de las de sopa de pollo.
Unas semanas más tarde, decide almorzar sopa de pollo.
Abre las latas al azar, hasta abrir una lata de pollo. Sea Y el número de latas que abre.
Halle:
a) los posible valores de Y.
[1 puntos]
b) la probabilidad de cada uno de estos valores de Y.
[4 puntos]
c) el valor esperado de Y.
[2 puntos]
Solución:
a) Experimento "abrir latas hasta abrir lata de sopa de pollo"
El diagrama de árbol del experimento es:
2/5
P
1/2
3/5
P
T
3/10
TP
1/5
1/2
T
2/3
TTP
P
1
1/3
1/10
P
T
Los posibles valores de Y son: 1, 2, 3 y 4
b) La distribución de probabilidad de la variable aleatoria Y es:
Y
P(Y=y)
2
3
1
1
c) E( Y ) = 1. + 2. + 3. + 4. = 2
5
10
5
10
1
2
5
2
3
10
3
1
5
4
1
10
TTTP
9.- [Puntuación 8]
Una empresa de embalajes fabrica cajas para bombones.
A continuación se muestra como ejemplo una de estas cajas.
La caja tiene tapa, y las partes superior e inferior de la caja son hexágonos regulares idénticos de lado x cm.
a) Compruebe que el área de cada hexágono es igual a
3 3x2
cm2 .
2
[1 punto]
b) Sabiendo que el volumen de la caja es igual a 90 cm3 , compruebe que cuando x = 3 20 el valor
de la superficie total de la caja alcanza un mínimo, justificando por qué este valor determina
un mínimo.
Solución:
[7 puntos]
x2
2
4 = 3x cm2
2
4
x x2 −
a) Área de cada triángulo=
3x2 3 3 x2
=
cm2
4
2
b) Objetivo: hacer mínima el área A =3 3x2 +6xh
Área de cada hexágono= 6.
3 3 x2
60
.h → h =
2
3 x2
360
Volumen= 90 =
A = 3 3x 2 +
3x
dA
360
= 6 3x −
dx
3 x2
6 3x −
d2A
dx
2
360
3 x2
=6 3 +
= 0 → 18x3 = 360 → x = 3 20
720
3
3x
→
d2A
dx
2
(3 20 ) = 6 3 +
720
3 .20
0
10.- [Puntuación 6]
→
→
→
Tres vectores no nulos distintos entre sí vienen dados por OA = a, OB = b y OC = c .
→
→
→
→
→
→
Si OA es perpendicular a BC y OB es perpendicular a CA , compruebe que OC es perpendicular a AB .
Solución:
→ →  → →  → →  → → → → → → → →
→ → → →
→ → →
OC . AB =  OA + AC . AC+ CB  = OA . AC+ OA .CB+ AC. AC+ AC.CB = AC.(OA + AC+ CB) + 0 = AC.OB = 0



SECCIÓN B
11.- [Puntuación 21]
a) Dibuje aproximadamente la curva f(x)=sen2x, 0  x   .
b) A partir de lo anterior, y en un diagrama aparte, dibuje aproximadamente la gráfica de
g(x) = cosec2x , 0  x   , indicando claramente las coordenadas de todos los máximos o
mínimos locales, así como las ecuaciones de todas las asíntotas.
c) Compruebe que tanx + cotan x = 2cosec2x .
d) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, halle las coordenadas de los máximos y

mínimos locales de la gráfica de y = tan2x + cotan2x, 0  x  .
2

e) Halle la solución de la ecuación cosec2x = 1,5tanx- 0,5, 0  x  .
2
Solución:
a)
[2 puntos]
[5 puntos]
[3 puntos]
[5 puntos]
[6 puntos]
b)
Asíntotas verticales: x = 0
c) tanx + cotanx =
x=

2
x=
senx cosx sen2x + cos2 x
1
2
2
+
=
=
=
=
= 2cosec2x
cos x senx
cosx. senx
cosx.senx 2cosx.senx sen2x
d) Como tan2x + cotan2x = 2cos ec4x , la gráfica de tan2x+ cotan2x es la gráfica de cosec2x a la que se le aplica
una contracción horizontal de razón 2 y un estiramiento vertical de razón2. Las coordenadas de los máximos y
 
 3

Max  , − 2  .
mínimos de y = tan2x + cotan2x son Min  , 2 
8 
 8

e)
tanx + cotanx
1
= 1,5tan x − 0,5 → tan x + cot anx = 3 tan x − 1 → 2 tan x −
−1=0 →
2
tan x


1  9  tan x = 1 → x = 4
2
→ 2 tan x − tan x − 1 = 0 → tan x =
→
1
4
tan x = − No vale

2
cosec2x = 1,5tanx - 0,5 →
12.- [Puntuación 14]
a) Utilizando la inducción matemática, demuestre que:
n
 cos  − sen   cos n − sen n 

 = 
 , n  Z+
sen

cos

sen
n

cos
n


 

[9 puntos]
b) Compruebe que el resultado sigue siendo válido para n=-1.
Solución:
a)Veamos que para n=2 la propiedad es cierta
[5 puntos]
2
 cos  − sen   cos  − sen    cos  − sen    cos 2  − sen2 − 2sen  cos    cos 2 − sen2 

 = 
.
 =
 Cierto
= 
cos2  − sen2   sen2 cos 2 
 sen cos    sen  cos    sen  cos    2sen  cos 
k
Suponemos cierto para n=k
 cos  − sen   cos k − sen k 

 = 

 sen cos    sen k cos k 
 cos  − sen 

Probemos para n=k+1 
 sen cos  
k +1
k +1 ?
 cos( k + 1)
=
 sen(k + 1)
− sen(k + 1) 

cos( k + 1) 
k
?  cos  − sen   cos  − sen   cos k − sen k   cos  − sen 
 cos  − sen 


 .
 = 
.
 =
=
 sen cos  
 sen cos    sen cos    sen k cos k   sen cos  
 cos k cos  − senksen − cos ksen − senk cos    cos( k + 1) − sen(k + 1) 
 = 

= 
 senk cos  + cos ksen − senksen + cos k cos    sen(k + 1) cos( k + 1) 
 cos  − sen 
 cos( −) − sen( −)
 es 

b) Probemos que la inversa de 
sen

cos



 sen( −) cos( −) 
 cos  − sen   cos( −) − sen( −) 
cos 2  + sen2
cos sen − sen cos    1 0 

 . 
 =
=I
=
  0 1 
sen2 + cos 2 
 sen cos    sen( −) cos( −)   sen cos  − cos sen

13.- [Puntuación 25]
Parte A [Puntuación 12]
a) Utilice el teorema de De Moivre para hallar las raíces de la ecuación z4 = 1 − i .
b) Dibuje con precisión estas raíces sobre un plano de Argand.
c) Si z1 es la raíz en el primer cuadrante y z2 es la raíz situada en el segundo cuadrante, halle
z2
expresándolo en la forma a+bi.
z1
[6 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]
Parte B [Puntuación 13]
a) Desarrolle y simplifique ( x − 1)( x 4 + x3 + x2 + x + 1) .
[2 puntos]
b) Sabiendo que b es una raíz de la ecuación z5 − 1 = 0 que no pertenece al eje de los reales en
el plano de Argand, compruebe que 1 + b + b2 + b3 + b4 = 0 .
4
2
[3 puntos]
3
c) Si u = b + b y v = b + b compruebe que:
i) u+v=u.v=-1.
ii) u − v = 5 , sabiendo que u-v>0.
Solución:
Parte A
 8 2 −  = 1.07 − 0,21i

16
 8 2 7 = 0,21 + 1,07i

a) z4 = 1 − i → z = 4 1 − i = 4 2 −  = 8 2 −  + 2k k = 0,1,2,3 → 8 16
15 = −1,07 + 0,21i
4
16 4
 2
8 16
 2 23 = −0,21 − 1,07i
16

b)
z2
=
c)
z1
8
2 15
8
2 7
16
16
= 1 = i
2
Parte B
4
3
2
5
4
3
2
4
3
2
5
a) ( x − 1)( x + x + x + x + 1) = x + x + x + x + x − x − x − x − x − 1 = x − 1
b − 1 = 0 No, pues b  R
b) b5 − 1 = 0 →(b − 1)(1 + b + b2 + b3 + b4 ) = 0 → 
2
3
4
 1+ b+ b + b + b =0
c) i) u + v = b + b4 + b2 + b3 = −1
u.v = (b + b4 ).(b2 + b3 ) = b3 + b4 + b6 + b7 = b3 + b4 + b + b2 = −1
u + v = −1
−1  5
→ v = −1 − u → u(−1 − u) = −1→ u2 + u − 1 = 0 → u =
ii) 
u
.
v
=
−
1
2

Si u =
−1+ 5
→ u − v = 2u + 1 = 5
2
Si u =
−1− 5
→ u − v = 2u + 1 = − 5 No vale
2
[8 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Lunes 10 de noviembre de 2008
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 7]
^
^
En un triángulo ABC, A = 35 , BC=4 cm y AC=6,5 cm. Halle los posibles valores de B y los correspondientes
valores de AB.
Solución:
^
^
4
AB


=
→ AB = 6,77
B = 68,76 → C = 76,24 →

4
6,5

sen35 sen76,24
=
→
^
^
^
4
AB
sen35
=
→ AB = 3,88
sen B B = 111,24  → C = 33,76 →


sen35 sen33,76
2.- [Puntuación 5]
Una progresión geométrica tiene como primer término 2 y la razón común es 1,05.
Halle el valor del menor de los términos mayores de 500.
Solución:
un = 2.1,05n −1  500 → n − 1 = 114 → n = 115
u115 = 520,73
3.- [Puntuación 7]
Una variable aleatoria continua X tiene una función de densidad de probabilidad dada por
( x + 1)3

para 1  x  3
f ( x ) =  60
 0
para los demás casos
Halle:
a) P(1,5  X  2,5)
b) E(X)
[2 puntos]
c) La mediana de X
[3 puntos]
Solución:

2,5
a) P(1,5  X  2,5) = f ( x )dx = 0,4625
1,5

3
b) E( X ) = x.f ( x )dx = 2,3067
1
m
c)
[2 puntos]
 f(x)dx =0,5 → m = 2,4149
1
4.- [Puntuación 6]
El ángulo entre el vector a=i-2j+3k y el vector b=3i-2j+mk es de 30ᵒ. Halle los valores de m.
Solución:
3 + 4 + 3m
3
7 + 3m
cos 30 =
→
=
→ 42(13 + m2 ) = 4(7 + 3m)2 →
2
2
2
14 . 13 + m
14 . 13 + m
m = 25,73
→ 546 + 42m2 = 196 + 36m2 + 168m = 0 →6m2 − 168m + 350 = 0 → 
 m = 2,27
5.- [Puntuación 5]
a) Halle el conjunto de valores k para los cuales el siguiente sistema de ecuaciones no tiene solución
x + 2y − 3z = k
[4 puntos]
3x + y + 2z = 4
5x + 7z = 5
b) Describa la relación geométrica que existe entre los tres planos representados por este sistema
de ecuaciones.
[1 puntos]
Solución:
a)
A


 __________ ____

1 2 −3 k 
| A |= 0


3 1 2 4
F3 = 2F2 − F1 si k = 3
5 0 7 5 
 __________ _________ 
B


Si k  3 , rango(A) = 2  rango(B) = 3 → Sistema incompatible
b) Si k  3 , los tres planos no tienen ningún punto en común, se cortan dos a dos según rectas paralelas.
Si k=3, los tres planos se cortan en una recta.
6.- [Puntuación 7]
a) Dibuje aproximadamente la curva y = ln x − cos x − 0,1 0<x<4, mostrando claramente las
coordenadas de los puntos de corte con el eje x y las coordenadas de todos los máximos y mínimos
locales.
[5 puntos]
b) Halle los valores de x para los cuales ln x  cos x + 0,1 0<x<4.
[2 puntos]
Solución:
a)
b) Observando donde y>0 : 0<x<0,36
1,36<x<2,59
2,95<x<4
7.- [Puntuación 8]
a) Ahmed está escribiendo con el ordenador las preguntas de la Sección A de un examen de
matemáticas.
El número de errores que comete, X, sigue una distribución de Poisson de media 3,2
Halle la probabilidad de que Ahmed cometa exactamente cuatro errores.
b) Su colega Levi está escribiendo con el ordenador la Sección B del examen.
El número de errores que comete, Y, sigue una distribución de Poisson de media m.
i) Si E( Y2 ) = 5,5 , halle el valor de m.
ii) Halle la probabilidad de que Levi cometa exactamente tres errores.
c) Sabiendo que X e Y son independientes, halle la probabilidad de que Ahmed cometa
exactamente cuatro errores y Levi cometa exactamente tres errores.
Solución:
a) P(X=4)=0,1781
[1 puntos]
[5 puntos]
[2 puntos]
b) i) Var(Y)=E(Y)=m
Var(Y) = E(Y2 ) − E(Y)2 →m = 5,5 − m2 → m = 1,8979
ii) P(Y=3)=0,1708
c) P(X=4).P(y=3)=0,0304
8.- [Puntuación 7]
dy 2 − y
1

= e −3 .
Si y = ln 1 + e −2x  compruebe que
3
dx 3


Solución:
dy
3
1
=
. .(−2).e−2x
−
2
x
dx 1 + e
3
(
(
(
)
)
1
 1 + e−2x
y = ln 1 + e−2x  
= ey
3
3

Por tanto:
)
(
) (
)
dy
3
1
(−2) 3ey − 1 2 − y
=
. .(−2).e−2x =
= e −3
dx 1 + e−2x 3
3
3ey
9.- [Puntuación 8]
La población de mosquitos en determinada zona situada al borde de un lago se controla por medio de un
pesticida. La tasa de disminución del número de mosquitos es proporcional al número de mosquitos en cualquier
instante t. Sabiendo que la población disminuye de 500.000 a 400.000 en un periodo de cinco años, halle el
tiempo, en años, que ha de transcurrir para que la población de mosquitos se reduzca a la mitad.
Solución:
Sea N(t)="población de mosquitos en el instante t"
N´(t)=k.N(t)
t =0 N =500000
dN( t )
1
= k .N( t ) →
dN( t )= k dt → ln N( t ) = kt + C
→ ln5000000= C
dt
N( t )


lnN(t ) = kt + ln500000 → N(t ) = 500000.e
kt
N( t ) = 500000.e−0,045t
Si N=250000 0,5 = e−0,045t → t = 15,5 años
t =5 N = 400000
→ 400000= 500000.e5k → 0,8 = e5k →k = −0,045
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 18]
 3
 2
 
 
Dadas las rectas r1 =  2  + m − 1 
7
 2
 
 
1  4 
   
r2 =  4  + n − 1 
 2  1 
   
a) Compruebe que estas dos rectas se cortan y halle el punto de intersección, A.
b) Halle la ecuación cartesiana del plano  que contiene estas dos rectas.
 − 8 3
   
c) Sea B el punto de intersección del plano  y la recta r =  − 3  + λ 8  .
 0   2
   
Halle las coordenadas de B.
d) Si C es el punto medio de AB, halle la ecuación vectorial de la recta que es perpendicular al
plano  y que pase por C.
Solución:
a)
3 + 2m = 1 + 4n

2 − m = 4 − n  → m = −3 n = −1
7 + 2m = 2 + n 
Las rectas se cortan en el punto A(-3, 5, 1)
b)
x +3
2
4
y − 5 − 1 − 1 = 0 → x + 6y + 2z − 29 = 0
z −1 2
1
c) (−8 + 3) + 6(−3 + 8) + 2(2) − 29 = 0 →55 = 55 → = 1 →B(−5,5,2)
3

d) C − 4 , 5, 
2

 
 x   − 4 1
     
 y  =  5  + λ 6 
 z   3   2
     
 2 
[7 puntos]
[4 puntos]
[4 puntos]
[3 puntos]
11.- [Puntuación 21]
Parte A [Puntuación 11]
a) Se considera que una caja de galletas tiene un peso insuficiente si pesa menos de 228 gramos.
Se sabe que los pesos de estas cajas de galletas siguen una distribución normal, con una media
de 231 gramos y una desviación típica de 1,5 gramos.
¿Cuál es la probabilidad de que una caja tenga peso insuficiente?
b) El fabricante decide que la probabilidad de que una caja tenga un peso insuficiente debería
reducirse hasta un valor de 0,002.
(i) Bill sugiere aumentar la media y no modificar la desviación típica.
Halle el valor de la nueva media.
(ii) Sarah sugiere reducir la desviación típica y no modificar la media.
Halle el valor de la nueva desviación típica.
c) Después de haberse reducido a 0,002 la probabilidad de que una caja tenga un peso insuficiente,
un grupo de clientes compra 100 cajas de galletas.
Halle la probabilidad de que al menos dos de las cajas tengan un peso insuficiente.
Parte B[Puntuación 10]
En el club de tenis de un colegio hay seis niños y cinco niñas. Se va a elegir un equipo integrado
por dos niños y dos niñas para representar al colegio en un campeonato de tenis.
a) ¿De cuántas maneras distintas se puede formar el equipo?
b) Tim es el menor de los niños del club y Anna es la menor de las niñas.
¿De cuántas maneras distintas puede formarse el equipo si este debe incluir a ambos?
c) ¿Cuál es la probabilidad de que el equipo incluya tanto a Tim como a Anna?
d) Fred es el mayor de los niños del club.
Sabiendo que Fred ha sido seleccionado para formar parte del equipo,
¿cuál es la probabilidad de que el equipo incluya a Tim o a Anna, pero no a ambos?
Solución:
Parte A
a) X="pesos galletas" es N(231; 1,5)
P(X<228)=P(223,5<X<228)=0,0227
b) i) X es N( ;1,5)
Z=
X −
1,5
228 −  

→ P Z 

1,5 

P( X  228) = 0,002
= 0,002 →
228 − 
= −2,8782 →  = 232,3173
1,5
ii) X es N(231;)
Z=
X −231

228 − 231 
228 − 231

P( X  228) = 0,002 → P Z 
= −2,8782 →  = 1.0423
 = 0,002 →




c) Y="nº de cajas de las 100 con X<228" es B(100; 0,002)
P(Y  2) = 1 − P(y  1) = 1 − 0,9826 = 0,0174
Parte B
6  5
a)  .  = 150
 2   2
b) 5.4=20
c) Experimento:" formar equipo con 2 niños y 2 niñas"
Suceso S1: "el equipo incluye a Tim y a Anna"
20
2
P(S1) =
=
150 15
d) Suceso S2: "el equipo incluye a Fred y Tim o a Fred y Anna pero no a ambos"
 4
4.4 +  
 2  = 22 = 11
P(S2) =
50 25
5
5. 
 2
[2 puntos]
[6 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
[1 punto]
[4 puntos]
12.- [Puntuación 21]
x
La función f está definida por f ( x ) = x 9 − x2 + 2arcsen  .
3
a) Escriba el mayor dominio posible para cada uno de los dos términos de la función f y, a partir
de lo anterior, indique el mayor dominio posible, D, para f.
b) Halle el volumen generado cuando la región delimitada por la curva y = f(x) , el eje x, el eje y y
la recta x=2,8 se rota 2 radianes alrededor del eje x.
c) Halle f´(x) expresando el resultado de forma simplificada.
p
11 − 2x2
p
dx = 2p 9 − p2 + 4arcsen , p D.
−p 9 − x
3
e) Halle el valor de p para el cual el valor de la integral en (d) es máximo.

d) A partir de lo anterior, compruebe que:
(i) Compruebe que f ´´(x ) =
f)
2
(
).
(9 − x )
[2 puntos]
[3 puntos]
[5 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
2
x 2x − 25
3
2 2
(ii) A partir de lo anterior justifique por qué f(x) tiene un punto de inflexión en x=0, pero
25
no en x = 
.
[7 puntos]
2
Solución:
x
f2( x ) = 2arcsen  → Df2 = − 3,3 → D = Df = − 3, 3
a) f1( x ) = x 9 − x 2 → Df1 = − 3,3
3
b) V = 

2
2,8 
 x 
 x 9 − x2 + 2arcsen   dx == .57,47 = 180,55
 3 

0
c) f ´( x ) = 9 − x2 +
− 2x2
2 9 − x2
+2
1 9 − x2 − x2 + 2 11 − 2x2
. =
=
x2 3
9 − x2
9 − x2
1−
9
1
d)

p
11 − 2x2
p
p
p
dx = f(x)p−p = p 9 − p2 + 2arcsen  + p 9 − p2 + 2arcsen  = 2p 9 − p2 + 4arcsen 
3
3
3
9 − x2
−p
p
e) Sea F(p) = 2p 9 − p2 + 4arcsen 
3
F´(p) == 2.
11 − 2p2
2
9−p
→ F´(p) = 0 → p = 
11
2
F(p) tiene un máximo para p = +
−
11
2
11
2
+
11
2
− 4x 9 − x 2 −
f) i) f ´´(x ) =
( −2x )(11 − 2x2 )
2 9 − x2
9 − x2
ii) x(2x2 − 25 = 0 → x = 
=
 x =0
25 
→
25
2
x =  2

− 36x + 4x3 + 11x − 2x3
(9 − x )
3
2 2
fuera del do min io
Punto de inflexión en x=0
0
=
x(2x2 − 25)
(9 − x )
3
2 2
11
2
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ1
Jueves 7 de mayo de 2009
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
Consideremos los números complejos z = 1 + 2i y w = 2 + ai, donde a R .
Calcule a cuando
(a) |w| = 2| z|;
(b) Re (zw) = 2 Im (zw).
Solución:
a=4
a) 4 + a2 = 2 5 → 4 + a2 = 20 → 
a = −4
[3 puntos]
[3 puntos]
b) Re(zw)=2-2a
Im(zw)=a+4
2 − 2a = 2a + 8 → a = −
3
2
2.- [Puntuación 5]
El siguiente diagrama muestra una curva con la ecuación y = 1 + k sen x, definida para 0 ≤ x ≤ 3π.


El punto A , − 2  se encuentra en la curva y B (a, b) es el punto máximo.
6


(a) Muestre que k = -6.
(b) Usando lo anterior, encuentre los valores de a y b.
Solución:
k
a) Como A pertenece a la curva: − 2 = 1 + → k = −6
2
y=1-6senx
y´=-6cosx
− 6 cos x = 0 → cos x = 0 → x =
a=
3
2
b = 1 − 6sen
3
=7
2
3
2
[2 puntos]
[3 puntos]
3.- [Puntuación 5]
Sea g(x) = log5 2log3 x . Calcule el producto de los ceros de g.
Solución:
1

log3 x = → x = 3

2
log5 | 2log3 x |= 0 → | 2log3 x |= 1 → 
1
1
log3 x = − → x =
2
3

El producto de los ceros es
3.
1
3
=1
4.- [Puntuación 6]
 ex
Consideremos la matriz A = 
 2 + ex

Solución:
e− x 
, donde x  R . Halle el valor de x para el cual A es singular.
1 
|A|= ex − 2e− x − 1
ex − 2e− x − 1 = 0 → (ex )2 − ex − 2 = 0 → ex =
1  3  2 → x = ln 2
=
2
− 1 No existe x
5.- [Puntuación 5]
1
1 
(a) Muestre que arctan + arctan = .
2
3 4
(b) Usando lo anterior, o de otra manera, encuentre el valor de arctan (2) + arctan (3).
Solución:
1 1
+
1
1 2 3
1
1 

a) tan arctan + arctan  =
= 1 → arctan + arctan =
1
1
2
3
2
3 4

 1− .
2 3
b) tan(arctan 2 + arctan 3) =
Como


 arctan2 
4
2
y
2+3
= −1
1 − 2.3



 arctan3  →  arctan2 + arctan3  
4
2
2
Por lo tanto: arctan2+arctan3=
3
4
[2 puntos]
[3 puntos]
6.- [Puntuación 5]
El siguiente diagrama muestra dos líneas rectas que se cruzan en O y dos círculos, cada uno con el centro O. El
círculo exterior tiene un radio R y el círculo interno tiene un radio r.
Considere las regiones sombreadas con las áreas A y B. Sabiendo que A: B = 2: 1, encuentre el valor exacto de la
relación R: r.
Solución:
A=
 R 2  r2
−
2
2
B=
 r2
2
 2 2
(R − r )
A 2
R 2 − r2
=
=
B
 r2
r2
2
R 2 − r2
r
2
= 2 → R 2 = 3r2 →
La relación R:r es
R
= 3
r
3 :1
7.- [Puntuación 7]
1
f(x) = 2 x
1
g( x ) = 4 − 2 x ,
y
x 0
Consideremos las funciones f y g definidas por
(a) Encuentre las coordenadas de P, el punto de intersección de las gráficas de f y g.
(b) Encuentre la ecuación de la tangente a la gráfica de f en el punto P.
Solución:
1
1
a) 2 x = 4 − 2 x
1
2.2 x
b)
=4
1
→ 2x
=2 → x =1
1

f ´(x) = 2 x . ln2 −
1 
 2 
 x 
En P(1, 2) m=-2ln2
y-2=-2ln2(x-1)
[3 puntos]
[4 puntos]
8.- [Puntuación 6]
Un triángulo tiene vértices A (1, -1, 1), B (1, 1, 0) y C (-1, 1, -1). Demuestre que el área del triángulo es
Solución:
i
j k  − 2
 0  →  − 2
→ 
→ →

 
 
AB =  2  AC =  2 
AB AC = 0 2 − 1 =  2 
 − 1
 − 2
− 2 2 − 2  4 
 
 
Área triángulo ABC=
6.
1
24 2 6
4 + 4 + 16 =
=
= 6
2
2
2
9.- [Puntuación 7]
a
para − a  x  a
2
(a) Sea a> 0. Dibuje el gráfico de y = x −
(b) Calcule k para que

0
−a
x−
a
dx = k
2
Solución:
a)
3
a
a+
a
2
2
| x − | dx =
.a = a2
b)
2
2
−a

0
a a
.
a
a2
| x − | dx = 2. 2 2 =
2
2
4
0

a
a2 = k
a2
→k =4
4

a
0
x−
a
dx .
2
[2 puntos]
[5 puntos]
10.- [Puntuación 8]
El siguiente diagrama muestra un sólido con volumen V, obtenido a partir de un cubo con lado a> 1al que se le
1
quita un cubo más pequeño con de lado
.
a
1
.
a
(a) Halle V en función de x.
(b) Usando lo anterior o de de otra manera, demostrar que el único valor de a para el cual
Sea x = a −
V =4x es a =
Solución:
a) V = a3 −
a=x+
1+ 5
.
2
1
a3
1
a
V = x3 + 3x 2
1
1
1
1
1
1
+ 3x +
−
= x3 + 3x  x +  = x3 + 3x(a − x )a = x3 + 3x(a2 − ax ) = x3 + 3x
2
3
3
a
a
a

a
a
a
No
x = 0

1 5
1+ 5
b) x3 + 3x = 4x → x3 − x = 0 →  x = 1 → a2 − a − 1 = 0 → a =
→ a=
2
2

No
x = −1
[4 puntos]
[4 puntos]
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 20]
Sea f una función definida por f (x) = x - arctan x, x  R .
(a) Encuentre f (1) y f ( − 3 ) .
(b) Muestre que f (-x) = - f (x), para x  R .


(c) Muestre que x −  f (x )  x + para x  R .
2
2
(d) Calcule las expresiones para f '(x) y f' '(x). De ahí describa el comportamiento del gráfico
de f en el origen y justifique su respuesta.
(e) Dibuje la gráfica de f, mostrando claramente las asíntotas.
(f) Justifique que la inversa de f se define para todo x  R y dibuje su gráfico.
Solución:


f(− 3 ) = − 3 +
a) f (1) = 1 −
3
4
b) f(-x)=-x-arctan(-x)=-x+arctanx=-(x-arctanx)=-f(x)






c) −  arctanx  →  − arctanx  − → x +  x − arctanx  x −
2
2
2
2
2
2
d) f ´(x ) = 1 −
f ´ ´(x ) =
1
1 + x2
=
x2
1 + x2
2x(1 + x2 ) − 2x3
2 2
=
2x
(1 + x )
(1 + x2 )2
La función es estrictamente creciente en x=0 .
En (0, 0) f tiene un punto de inflexión.
e) Asíntotas oblicuas: y=mx+n
Cuando x → +
x − arctan x
arctan x 

m = lim
= lim  1 −
 =1−0=1
x
x
x → +
x → + 

n = lim (x − arctan x − x ) = −
x → +
y=x−

2

2
Cuando x → −
x − arctan x
arctan x 

m = lim
= lim  1 −
 =1−0=1
x
x
x → −
x → − 

n = lim (x − arctan x − x ) = +
x → −

2

2
La gráfica de f aparece en diagrama de la
derecha en color negro.
y=x+
f) Df −1 = R f = R
La gráfica de f −1 aparece en diagrama de la
derecha en color rojo.
0
[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
[8 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
12.- [Puntuación 17]
(a) Considere el conjunto de números a, 2a, 3a, ..., na, donde a y n son enteros positivos.
a(n + 1)
(i) Muestre que la expresión de la media de este conjunto es
.
2
(ii) Sea a =4. Calcule el valor mínimo de n para el cual la suma de estos números
excede de su media en más de 100.
(b) Considere ahora el conjunto de números
x1 ,...x m , y1 ,...,y n donde x i = 0 para i = 1...m y y i = 1 para i = 1...n .
(i) Muestre que la media M de este conjunto viene dada por
[6 puntos]
n
y la desviación
m+n
mn
.
m+n
(ii) Sabiendo que M = S, encuentre el valor de la mediana.
típica S por
[11 puntos]
Solución:
a + 2a + ... + na
=
a) Media =
n
Para a=4
Media =
a + na
.n
a(1 + n )
2
=
n
2
4(1 + n)
2
Suma =
4 + 4n
4(1 + n)
.n =
.n
2
2
4(1 + n)
4(1 + n)
.n −
 100
2
2
n + n2 − 1 − n  50 → n2  51 → n = 8
m
n
0 + .... + 0+ 1 + ... + 1
n
=
b) i) M =
m+n
m+n
2
m
n
2
2
2
n 
n  
n 
n 



0 −
 + ..... +  0 −
 + 1 −
 + ..... +  1 −

m+n
m+n 
m+n
m+n


S= 
=
m+n
n2
=
ii)
m2
.
m
+
.n
(m + n)2
(m + n )2
=
m+n
nm(n + m)
(m + n )2
m+n
=
nm
m+n
n = 0 No
n
nm
=
→ n = nm → n2 = mn → n(n − m) = 0 → 
m+n m+n
n = m
Mediana =
0+1
= 0,5
2
13.- [Puntuación 23]
Parte A [Puntuación 9]
Si z es un número complejo no cero, definimos L(z) por la ecuación
L(z) = ln| z| + i arg (z), 0 ≤ arg (z) <2π.
(a) Muestre que cuando z es un número real positivo, L(z) = ln z.
(b) Utilice la ecuación para calcular
(i) L(-1);
(ii) L(1- i);
(iii) L(-1+ i).
(c)Usando lo anterior, muestre que la propiedad L(z1z2 ) = L(z1 ) + L(z2 ) no se cumple para
todos los valores de z1 y z2 .
[2 puntos]
[5 puntos]
[2 puntos]
Parte B [Puntuación 14]
Sea f una función con el dominio R que satisface las condiciones, f (x + y) = f (x) f (y),
para todo x e y f (0) ≠ 0.
(a) Muestre que f (0) = 1.
(b) Pruebe que f (x) ≠ 0, para todo x  R .
(c) Suponiendo que f '(x) existe para todo x  R , use la definición de derivado para mostrar
que f (x) satisface la ecuación diferencial f '(x) = kf (x), donde k = f' (0).
(d) Resuelva la ecuación diferencial para encontrar una expresión para f (x).
Solución:
Parte A
a) L(z)=lnz+i0=lnz
[3 puntos]
[3 puntos]
[4 puntos]
[4 puntos]
b) i)L(-1)=ln1+iπ=iπ
 7 
ii) L(1 − i) = ln 2 + i 
 4 
 3 
iii) L( −1 + i) = ln 2 + i 
 4 
c) Si llamamos z1 = −1 y z2 = 1 − i
z1 .z2 = −1 + i
 3 
L(z1 .z2 ) = ln 2 + i 
 4 
L(z1 ) + L(z2 ) = i + ln 2 + i
7
11
= ln 2 + i
4
4
Parte B
a) f (0) = f (0 + 0) = f (0).f (0) = f (0)2
f (0) = 0 No
f (0) − f (0)2 = 0 → 
 f (0) = 1
b) f(0)= f(x+(-x))=f(x).f(-x) → f(x).f(-x)=1 → f(x)≠ 0
c)
d)
f ´( x ) = lim
h →0
f ( x + h) − f ( x )
f ( x ).f ( x ) − f ( x )
f ( x )(f (h) − 1)
f (h) − 1
= lim
= lim
= f ( x ). lim
= f ( x ).f ´(0)
h
h
h
h
h →0
h →0
h →0
df(x)
1
= kf (x) →
df(x) = k dx →
dx
f(x)
Como para x=0 f(0)=1 0=0+C→ C=0
f(x) = ekx
1
 f(x) df(x) =  k dx
→ ln f(x) = kx + C
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ2
Jueves 7 de mayo de 2009
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Cuando la función q( x ) = x3 + kx 2 − 7x + 3 se divide por (x+1), el resto es siete veces mayor que el resto que se
obtiene cuando la función se divide por (x+2). Halle el valor de k.
Solución:
q(−1) = 7q(−2)→ −1 + k + 7 + 3 = 7(−8 + 4k + 14 + 3) → −27k = 54→k = −2
2.- [Puntuación 5]
Las notas obtenidas por un grupo de alumnos en un examen se muestran en la siguiente gráfica
de frecuencia acumulada.
a)Estime la mediana de las notas obtenidas en el examen.
[1 punto]
b) Los mejores alumnos (un 10% del total) reciben una calificación final de sobresaliente,
mientras que el siguiente grupo de alumnos por orden de notas (un 20% del total) recibe un notable.
Estime:
i) la nota mínima necesaria para obtener un sobresaliente.
ii) la nota mínima necesaria para obtener un notable.
[4 puntos]
Solución:
a) Me=64
b)
i) 10%.200=20. La nota mínima para sobresaliente es 88.
ii) 20%.200=40. La nota mínima para obtener un notable es 74.
3.- [Puntuación 6]
Una variable aleatoria tiene una función de densidad de probabilidad que viene dada por
para 0  x  2
kx(2 − x )
f(x) = 
0
para
todos
los demás valores

a) Compruebe que k =
b) Halle E(X)
Solución:
3
4
[4 puntos]
[2 puntos]
2
3
x3 
3
8
x(2 − x ) dx =  (x2 −  =  4 −  = 1
4
4
3
4
3
0


0

a)
23
b) E( X ) =

0
2
 3  2x3 x 4 
 = 3  16 − 4  = 1
x (2 − x ) dx =  
−

4
4 
4 3
 4  3

0
23
2
4.- [Puntuación 6]
a) Compruebe que
3
2
5x + 11
+
=
x + 1 x + 3 x2 + 4x + 3
Halle el valor de k tal que
2
x
0
5x + 11
2
+ 4x + 3
dx = ln k .
Solución:
a) x2 + 4x + 3 = 0 → x =
5x + 11
2
x + 4x + 3
=
−4 4
→ x = −1 x = −3
2
A
B
+
→5x + 11 = A(x + 3) + B(x + 1)
x +1 x +3
Para x=-3 -4=-2B B=2
Para x=-1 6=2A
Luego
b)
2
x
0
A=3
3
2
5x + 11
+
=
2
x + 1 x + 3 x + 4x + 3
5x + 11
2
+ 4x + 3
dx = 3ln | x + 1 | +2ln | x + 3|20 = 3ln3 + 2ln5 − 2ln3 = ln3 + ln 25 = ln75 → k = 75
[2 puntos]
[4 puntos]
5.-[Puntuación 8]
Considere la parte de la curva 4x2 + y 2 = 4 que se muestra en la siguiente figura.
a) Halle una expresión para
dy
en función de x y de y.
dx
 2 2 
 .
,
b) Halle la pendiente de la tangente en el punto 
 5 5
c) Se rota esta curva 2 radianes alrededor del eje x, formándose así un cuenco.
Calcule el volumen de este cuenco.
Solución:
4x
dy
4x
a) 8x + 2yy´= 0→ y´= −
, o lo que es igual
=−
y
dx
y
4
b) m = −
[3 puntos]
[1 puntos]
[4 puntos]
2
2
5 = −4
5
1
 
4x3 
4  8

 =  4 −  =
c) V =  y dx =  (4 − 4x )dx =  4x −


3 
3 3
 
0
0

0

1
2

1
2
6.- [Puntuación 6]
 a b
 , donde a y b son números reales no nulos.
Sea M= 
− b a
a) Compruebe que M es una matriz no singular.
b) Calcule M2.
c) Compruebe que det(M2) es positivo.
Solución:
a)|M|= a2 + b2  0 , luego M es no singular.
 a b   a b   a2 − b2
2ab 
.
 =
b) M2= 
2
2

 − b a   − b a   − 2ab a − b 
(
)
2
c) det(M2)= a2 − b2 + 4a2b2  0
[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
7.- [Puntuación 8]
Sabiendo que z1 = 2 y z2 = 1 + 3 i son raíces de la ecuación de tercer grado z3 + bz2 + cz + d = 0 ,
donde b, c, d  R .
a) escriba la tercera raíz de la ecuación, z3 .
b) halle los valores de b, c y d.
c) escriba z2 y z3 en forma de rei .
Solución:
[1 punto]
[4 puntos]
[3 puntos]
a) z3 = 1 − 3 i
(
)(
)
(
)
(
)
b) z3 + bz2 + cz + d = z - 1 − 3 i z − 1 + 3 i (z − 2) = (z − 1)2 + 3 (z − 2) = z2 − 2z + 4 (z − 2) = z3 − 4z2 + 8z − 8
Identificando coeficientes: b=-4
c) z2 = 2e
i

3
c=8
i
d=-8
−
z3 = 2e 3
8.- [Puntuación 8]
n
Demuestre utilizando la inducción matemática que
r(r!) = (n + 1)!−1, nZ
+
.
r =1
Solución:
Para n=1 1.(1!)=(1+1)!-1
Cierto
k
r(r!) = (k + 1)!−1
Supongamos cierto para n=k
r =1
k +1
r(r!)=(k + 2)!−1
Probemos para n=k+1
?
r =1
k +1
r(r!) = (k + 1)!−1 + (k + 1)(k + 1)!= (k + 1)!(1 + k + 1) − 1 = (k + 1)!(k + 2) − 1 = (k + 2)!−1
r =1
9.- [Puntuación 8]
Un triángulo tiene lados cuyas longitudes son (n2 + n + 1) , (2n+1) y (n 2 - 1) donde n>1.
a) Explique por qué el lado (n2 + n + 1) debe ser el lado más largo del triángulo.
b) Compruebe que el ángulo más grande del triángulo,  , es igual a 120º.
Solución:
[3 puntos]
[5 puntos]
n 1
a) n2 + n + 1 2n + 1, porque n2 + n + 1− 2n − 1 = n2 − n  0
n2 + n + 1  n2 − 1, porque n2 + n + 1 − n2 + 1 = n + 2  0
(
?
)
2
b) (n2 + n + 1)2 =(2n + 1)2 + n2 − 1 − 2.(2n + 1)(n2 − 1). cos 120º
(n2 + n + 1)2 = n4 + n2 + 1 + 2n3 + 2n2 + 2n = n4 + 2n3 + 3n2 + 2n + 1
(
)
2
 1
(2n + 1)2 + n2 − 1 − 2.(2n + 1)( n2 − 1). cos 120º = 4n2 + 1 + 4n + n 4 + 1 − 2n2 − 2(2n3 − 2n + n2 − 1). −  =
 2
= 2n2 + 2 + 4n + n 4 + 2n3 − 2n + n2 − 1 = n 4 + 2n3 + 3n2 + 2n + 1
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 22]
a) Compruebe que una ecuación cartesiana de la recta, L1 , a la que pertenecen los puntos
A(1, -1, 2) y B(3, 0, 3), es de la forma
x −1 y +1 z −2
.
=
=
2
1
1
[2 puntos]
x −1 y −2 z −3
.
=
=
1
2
1
Compruebe que las rectas L1 y L2 se cortan, y halle las coordenadas del punto de intersección.
b) Una ecuación de una segunda recta, L2 , es de la forma
→
→
→
→
c) Sabiendo que d1 y d2 son vectores directores de L1 y L2 respectivamente, determine d1  d2 .
d) Compruebe que una ecuación cartesiana del plano π , que contiene a L1 y L2 , es -x-y+3z=6.
e) Halle una ecuación vectorial de la recta L3 , la cual es perpendicular al plano π y pasa por
el punto T(3, 1, -4).
f)
i) Halle el punto de intersección de la recta L3 y el plano π .
ii) Halle las coordenadas de T´, el punto simétrico de T respecto del plano π .
→
iii) A partir de lo anterior, halle el módulo del vector T T´ .
Solución:
a)
1 − 1 −1 + 1 2 − 2
A = (1, − 1,2) L1 , pues
=
=
2
1
1
3−1 0+1 3−2
B = (3, 0, 3) L1 , pues
=
=
2
1
1
b)
1 + 2t = 1 + s 

− 1 + t = 2 + 2s → s = −2 t = −1 , las rectas se cor tan en el punto P( −1, − 2, 1)
2+ t =3+ s 

→
i
→ →
c) d1  d2 = 2
1
→
j
1
2
→
k
→ →
→
1 = − i − j +3 k
1
P
d)  : − x − y + 3z + D = 0 → 1 + 2 + 3 + D = 0 → D = −6
La ecuación del plano es:  : − x − y + 3z − 6 = 0
 x   3   − 1
     
e) L3 :  y  =  1  + t  − 1 
 z   − 4  3 
     
f) i) − (3 − t ) − (1 − t ) + 3(−4 + 3t ) − 6 = 0 → 11t = 22 →t = 2 . El punto de corte es M(1, -1, 2).
→
ii) T´= M + TM = (1, − 1,2) + (−2, − 2,6) = (−1, − 3, 8)
→
iii) | T T´| = 16 + 16 + 144 = 176 = 4 11
[5 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
[7 puntos]
11.- [Puntuación 16]
Una función está definida por f ( x ) = k x con k  0 y x  0 .
a) Dibuje aproximadamente la gráfica de y=f(x).
b) Compruebe que f es una función inyectiva.
[1 puntos]
[1 puntos]
c) Halle la función inversa, f −1( x ) , e indique su dominio.
[3 puntos]
d) Si las gráficas de y=f(x) y de y = f
−1
( x ) se cortan en el punto (4,4), halle el valor de k.
[2 puntos]
e) Considere las gráficas de y=f(x) y de y = f −1( x ) , utilizando el valor de k que obtuvo en el
apartado (d).
i) Halle el área delimitada por las dos gráficas.
ii) La recta x=c corta las gráficas de y=f(x) y de y = f −1( x ) en los puntos P y Q, respectivamente.
Sabiendo que la tangente a y=f(x) en el punto P es paralela a la tangente a y = f −1( x ) en el
punto Q, halle el valor de c.
[9 puntos]
Solución:
a)
b) f ´(x ) = k
1
2 x
 0 x  0 → f es estrictamente creciente y por tanto inyectiva.
c) y = k x → y 2 = k 2x → x =
y2
k2
→ f −1(x ) =
x2
k2
Df −1 = 0, + 
d) k.2 =
16
k2
→ k =2
e) f ( x ) = 2 x
f −1( x ) =
x2
4
4
 3

2
4
 4x 2 x 3 
x
32 64 64 16
i) Área =  2 x −  dx = 
−  =
−
=
=


4 
12 
3 12 12 3
0
 3

0

( )
1 c
= → c =3 4
ii) f ´(c) = f −1 ´(c) →
c 2
12.- [Puntuación 22]
El número complejo z se define como z = cos  + isen .
a) Enuncie el teorema de de Moivre.
1
b) Compruebe que z n −
= 2isen(n) .
zn
[1 puntos]
[3 puntos]
5
 1
c) Utilice el teorema del binomio para desarrollar  z −  , dando la respuesta de forma
z

simplificada.
5
d) A partir de lo anterior, compruebe que 16sen  = sen5 − 5sen3 + 10sen .

e) Verifique que el resultado obtenido en el apartado (d) es válido para  = .
4
f) Halle


2
0
[3 puntos]
[4 puntos]
[4 puntos]
sen5 d .
[4 puntos]
g) A partir de lo anterior, con referencia a gráficas de funciones circulares, halle


2
0
cos5  d ,
y explique el razonamiento seguido.
Solución:
( )
a) r n = rn n o también
[3 puntos]
r(cos  + isen) n = rn(cos n + isenn)
b) z = cos  + isen =1
zn −
1
z
n
= (1 )n −
1
(1 )n
= 1n − 1− n = cos( n) + isen(n) − cos( −n) − isen( −n) = 2isen(n)
5
 5  1  5  1  5 1  5  1  5 1
1
1 1
 1  5 
c)  z −  =  z5 −  z4 . +  z3 . −  z2 . +  z. −  . = z5 − 5z3 + 10z − 10. + 5. −
2
3
4
5
0
1
2
3
4
5
z
z
z

  
z3 z5
 
  z   z   z  z
5
 1
d) Por un lado:  z −  = (2isen)5 = 32sen5i
z

Por otro lado:
1
1
1
1
1
1


z5 − 5z3 + 10z − 10. + 5. −
= z5 −
− 5 z3 −  + 10 z −  = 2isen(5) − 10isen(3) + 20isen
3
5
5
3
z
z

z
z
z
z 

Igualando: 32sen5 i = 2isen(5) − 10isen(3) + 20isen
16sen5 = sen(5) − 5sen(3) + 10sen
Dividiendo por 2:
5
 2

 = 16. 2 = 2 2
= 16.
 2 
4
8


 2
5
 
2 
 3 
 + 10. 2 = 4 2 = 2 2
sen( ) − 5sen  + 10sen =  −
− 5.


 2 
4
4  2 
2
2
 4 


f)
e) 16sen5

2


1 2
(sen5 − 5sen3 + 10sen)d =  1  − cos 5 + 5cos 3 − 10cos   2 = − 1  − 1 + 5 − 10 = − 1 . 128 = 8
sen  d =
16
5
3
16  5 3
16 15 15
0

0
0
 16 


5
g) Por la simetría de las gráficas:


2
0
5
cos  d =


2
0
sen5 d =
8
15
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ1
Viernes 8 de mayo de 2009
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
Bob midió las alturas de 63 estudiantes.
Después del análisis, él conjeturó que la altura, H, de los estudiantes podría ser modelado por
una distribución normal con la media 166,5 cm y desviación típica de 5 cm.
(a) Sobre la base de este supuesto, estimar el número de estudiantes cuya altura es al
menos 170 cm.
Más tarde Bob notó que la cinta que había usado para medir las alturas era defectuosa ya que
comenzaba en la marca de 5 cm y no en la marca cero.
b) ¿Cuáles son los valores correctos de la media y la varianza de la distribución de las alturas
de estos estudiantes?
Solución:
a) H:”altura estudiantes” es N(166.5, 5)
P(H  170) = P(170  H  191,5) = 0,242
[3 puntos]
[3 puntos]
Y:”número de estudiantes de los 63 con altura de al menos 170” es B(63, 0.242)
E(Y)=63.0,242=15,246 ≈ 15 estudiantes
b) Media correcta=
(x − 5) = x − 5 = 166,5 − 5 = 161,5
i
i
63
63
(x − 5 − 161,5) = (x − 166,5)
Varianza correcta=
2
i
63
2
i
63
= 52 = 25
2.- [Puntuación 6]
(a) Muestre que el número complejo i es una raíz de la ecuación x 4 − 5x3 + 7x2 − 5x + 6 = 0 .
(b) Encuentre las otras raíces de esta ecuación.
Solución:
a) i4 − 5i3 + 7i2 − 5i + 6 = 1 + 5i − 7 − 5i + 6 = 0
b) Otra raíz es –i
x 4 − 5x3 + 7x2 − 5x + 6 = ( x2 + 1)( x2 + bx + c)
b=-5
c=6
5  1 3
x2 − 5x + 6 = 0 → x =
=
son las otras dos raíces.
2
2
3.- [Puntuación 7]
1−x
y g( x ) = x + 1 , x  −1 .
Sea f ( x ) =
1+ x
Calcule el conjunto de valores de x para los cuales f '(x) ≤ f (x) ≤ g (x).
Solución:
−1 − x − 1 + x
−2
f ´( x ) =
=
2
(1 + x )
(1 + x )2
f(x ) − f ´(x ) =
3 − x2
 0 si − 3  x  3 (1)
(1 + x )2
g(x) − f(x)  0 si x  0 (2)
De (1) y (2) f '(x) ≤ f (x) ≤ g (x) si 0  x  3
[2 puntos]
[4 puntos]
4.- [Puntuación 7]
El Sr. Lee planea ir a pescar este fin de semana. Suponiendo que el número de peces capturado
por hora sigue una distribución de Poisson con media 0.6, calcule
a) la probabilidad de que capture al menos un pez en la primera hora;
b) la probabilidad de que capture exactamente tres peces si pesca durante cuatro horas;
c) el número de horas completas que el Sr.
Lee necesita para pescar, de modo que la captura de más de dos peces supere el 80%.
Solución:
a) X:”número de peces capturados en 1 hora” es Po(0,6)
[2 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
P(X  1) = 1 − P(X = 0) = 1 − 0,5488 = 0,4512
b) Y:”número de peces capturados en 4 horas” es Po(2,4)
P(Y=3)=0,209
c) Z:”número de peces capturados en n horas” es Po(0,6n)
P(Z  2)  0,8 → 1 − P(Z = 0) + P(Z = 1) + P(Z = 2)  0,8 →
→1 −
e−0,6n (0,6n )0 e−0,6n (0,6n )0 e−0,6n (0,6n)0
−
−
 0,8 → e−0,6n (1 + 0,6n + 0,18n2 )  0,2 → n  7,13 → n = 8 horas
0!
0!
0!
5.- [Puntuación 6]
Calcule el ángulo entre las rectas
Solución:
x −1
= 1 − y = 2z y x = y = 3z
2
 
 
1
 2
Vectores directores de las rectas:  − 1  y  1 
 1 
 1 
 2
3
1
|2 − 1 + |
6 = 7 → α = 69,49
cos α =
399
21 19
4 9
6.- [Puntuación 5]
sen
d .
(a) Integre
1 − cos 

[3 puntos]
a
sen
1

d = , con  a   , calcule el valor de a.
(b) Sabiendo que 
1 − cos 
2
2

2
Solución:
sen
d = ln | 1 − cos  | +C
a)
1 − cos 

a sen
d = ln | 1 − cos  |a = ln(1 − cos a )
b) 
1 − cos 

2
ln(1 − cos a) =
2
1
→ 1 − cos a = e → a = arccos(1 − e ) = 2,28
2
[2 puntos]
7.- [Puntuación 8]
Consideremos los planos definidos por las ecuaciones
x + y + 2z = 2, 2x - y + 3z = 2 y 5x - y + az = 5 donde a es un número real.
(a) Si a = 4 encuentra las coordenadas del punto de intersección de los tres planos.
(b)
(i) Encuentre el valor de a para el cual los planos no se cortan en un punto único.
(ii) Para este valor de a demuestre que los tres planos no tienen ningún punto común.
Solución:
a)
x + y + 2z = 2
2x - y + 3z = 2 y
5x - y + 4z = 5
[2 puntos]
[6 puntos]
 11 7 3 
,
Punto de intersección  ,

 12 12 12 
A


 __________ ____

1 1 2 2
b) i)  2 − 1 3 2 
5 −1 a 5
 __________ _________ 
B


|A|=-a+15-4+10-2ª+3=24-3a
1 1 2
ii) Como 2 − 1 2 = 3  0
5 −1 5
24-3a=0 → a=8
rango(A)=2 ≠ rango(B)=3 → Sistema incompatible
8.- [Puntuación 8]
(a) Resuelva la ecuación diferencial
(b) Calcule el valor de y cuando x =
Solución:
a)
cos 2 x
e
y
− ee
y
e
y
− ee
y
dy
= 0 , sabiendo que y = 0 cuando x =  .
dx

.
2
y
dy
= 0 → cos 2 x dx = ee .ey dy →
dx


ee .ey dy = ee + C2
cos x dx = e
2

y
x =  y =0
ey
e
1
sen2x 

= x +
+C →C = e−
2
2 
2
1 
1 
sen2x 

sen2x 

ey = ln  x +
 + e −  → y = ln ln   x +
+e− 
2 
2
2 
2
2 
2 
b) Para x =
[7 puntos]
[1 punto]
1
1
sen2x 
(1 + cos 2x ) dx =  x +
 + C1
2
2
2 
cos 2 dx =
y
cos 2 x



1 

y = ln ln . + e −  = ln ln  e − 
2
2
4
2 2

ey
.ey dy
9.- [Puntuación 7]
El diagrama de abajo muestra un círculo con centro en el origen O y el radio r> 0.
Un punto P (x, y), (x> 0, y> 0) se mueve alrededor de la circunferencia del círculo.
y

Sea m = tan arcsen 
r


dy
dm 
r
= 0,001r , muestre que
(a) Sabiendo que
=
dt
dt  10 r2 − y 2

(b) Indique el significado geométrico de
3


 .


dm
.
dt
[1 puntos]
Solución:
a)
dm dm dy
=
.
=
dt dy dt
=
1
1−
y2
r
2
.
1
y

cos 2  arcsen 
r

r
r2 − y 2 .103
=
(
.
1
r
1−
r3
103 r2 − y 2
)
.
r
3
y 2 10
r2
[6 puntos]
=
1
r
.
=
2
2
3
y

1 − sen2  arcsen  r − y .10
r


r

=
2
2 
2
2
r −y
 10 r − y
b) La razón de cambio de la pendiente de la recta OP
3





SECCIÓN B
10.- [Puntuación 18]
1 1 1
1 0 0




Sea A =  0 1 1  y B =  1 1 0 
 0 0 1
1 1 1




(a) Sabiendo que X = B – A-1 e Y = B-1 - A,
(i) calcule X e Y;
(ii) ¿tiene X-1 + Y-1 una inversa? Justifique su respuesta.
[5 puntos]
n(n + 1) 

1 n

2


+
n
(b) Demuestre por inducción que An=  0 1
 , para n  Z .
0 0

1




1 x y 


n
-1
(c) Sabiendo que (A ) =  0 1 x  , para n  Z+
0 0 1 


(i) encuentre x e y en función de n,
(ii) usando lo anterior encuentre una expresión de An + (An)-1.
Solución:
0 0
1 − 1 0 
1




a) i) Con la C.P.G. obtenemos: A-1=  0 1 − 1  y B-1=  − 1 1 0 
0 0
 0 − 1 1
1 



X=B–
A-1=
0 1 0


1 0 1
1 1 0


Y=
B-1
 0 − 1 − 1


– A=  − 1 0 − 1 
 0 −1 0 


−1 0 1 


ii) Con la calculadora obtenemos: X-1=  1 0 0 
 1 1 − 1


X-1
+
Y-1=
0 − 1 0 


1 0 − 1
0 1
0 

b) Para n=1
 1 − 1 − 1


Y-1=  0
0 − 1
−1 0
1 

.Como | X-1 + Y-1|=0, X-1 + Y-1 no tiene inversa.
1.(1 + 1) 

1 1

2


1
A = 0 1
 Cierto
0 0

1




Suponemos cierto para n=k

1 k

k
A = 0 1
0 0


k(k + 1) 

2

k


1


[7 puntos]
[6 puntos]
Probemos para n=k+1
(k + 1)( k + 2) 

1 k + 1

2

k+1
1
k +1
A = 0

0

0
1




?
k(k + 1) 
k(k + 1)  


1 k
 1 1 1 1 1 + k 1 + k +
 1 1 + k
2
2
 


 
k+1
k
1
1+k
1
A = 0 1
. 0 1 1  =  0
 = 0


0 0




1
0 0 1 0
0
1
0
0



 



 
(1 + k )(2 + k ) 

1 1 + k

2


= 0
1
1+k

0

0
1





1 n

c) i) An . (An)-1=I →  0 1
0 0



1 n

n
n
-1
ii) A + (A ) =  0 1
0 0


2(1 + k ) + k(k + 1) 

2

1+k
=

1


n(n + 1) 
 1 x y  1 0 0
x + n = 0   x = −n
2
 


 
n
(
n + 1)  → 
n
.
0
1
x
=
0
1
0
→
n2 − n
 


y
+
nx
+
=
0
y
=
 
 0 0 1  0 0 1
2
2
1
 



n(n + 1)  
 1 −n
2  
n
 + 0 1
 0 0
1
 
 
n2 − n 
 2 0 n2 

2  
− n  = 0 2 0 

 
1  0 0 2 




11.- [Puntuación 23]
El vector de posición en el instante t de un punto P está dado por
→
OP = (1+ t) i + (2 - 2t) j + (3t - 1) k, t ≥ 0.
(a) Calcule las coordenadas de P cuando t = 0.
(b) Muestre que P se mueve a lo largo de la recta L con ecuaciones cartesianas
y −2 z +1
x −1 =
=
−2
3
(c)
(i) Halle el valor de t cuando P se encuentra en el plano de ecuación 2x + y + z = 6.
(ii) Indique las coordenadas de P en este instante.
(iii) Usando lo anterior, encuentre la distancia total recorrida por P antes de encontrarse
con el plano.
 t2 


El vector de posición en el tiempo t de otro punto, Q, está dado por OQ =  1 − t  , t  0 .


1 − t2 


(d)
(i) Hallar el valor de t para el cual la distancia de Q al origen es mínima.
(ii) Encuentre las coordenadas de Q en ese instante.
(e) Sea a, b y c los vectores de posición de Q en los instantes t = 0, t = 1 y t = 2 respectivamente.
(i) Demostrar que la ecuación a - b = k (b - c) no tiene solución para k.
(ii) Usando lo anterior, muestre que la trayectoria de Q no es una línea recta.
Solución:
a) Para t=0 P(1, 2, -1)
[2 puntos]
[2 puntos]
[6 puntos]
→
 x =1+ t
x −1 y −2 z +1

=
=
b) L :  y = 2 − 2t →
1
−2
3
z = −1 + 3t

c) i) 2(1+t)+(2-2t)+(-1+3t)=6 → 3t=3 → t=1
ii) P(2, 0, 2)
iii)
(2 − 1)2 + (0 − 2)2 + (2 + 1)2 = 14
d) i) D = t 4 + (1 − t )2 + (1 − t 2 )2 = 2t 4 − t 2 − 2t + 2
dD
1
=
.(8t 3 − 2t − 2)
dt 2 2t 4 − t 2 − 2t + 2
8t 3 − 2t − 2 = 0 → t = 0,76
ii)Q(0.58, 0.24, 0.42)
0
 
e) i) a=  1 
1
 
1 
 
b=  0 
0
 
 4 
 
c=  − 1 
 − 3
 
 − 1
 − 3
1

 
 
k =
a - b = k (b - c) →  1  = k 1  → 
3
 1 
 3
 k = 1
 
 
→
→
Absurdo
ii) Los vectores BA y CB no son linealmente dependientes → A, B y C no están alineados.
[6 puntos]
[7 puntos]
12.- [Puntuación 19]
Sea f una función definida por f (x) = x + 2cos x, x∈ [0, 2π]. El siguiente diagrama muestra una región S
encerrada por la gráfica de f y la recta y = x.
A y C son los puntos de intersección de la recta y = x y la gráfica de f, y B es el punto mínimo de f.
(a) Si A, B y C tienen coordenada x a



, b y c donde a , b, c N , calcule los valores de a, b y c. [4 puntos]
2
6
2
(b) Encuentre el recorrido de f.
[3 puntos]
(c) Calcule la ecuación de la normal a la gráfica de f en el punto C, dando su respuesta en la
forma y = px + q.
[5 puntos]
(d) La región S se hace girar 2π alrededor del eje x para generar un sólido.
(i) Escriba una integral que represente el volumen V de este sólido.
(ii) Muestre que V = 62 .
Solución:


x= 2
a) x + 2 cos x = x → cos x = 0 → 
3
x =
2

f ´(x)=1-2senx


 x = 6
1
1 − 2senx = 0 → senx = → 
5
2
x =
6

[7 puntos]
→ a=1
 5π 
  5π
3 

, 2π + 2 =  − 3 , 2π + 2
b) R f =  + 2 −


6
2
6




 
3
 3 3 
=3
c) En C ,
 m = 1 − 2sen
2
 2 2 
1
mN = −
3
3
1 
3 
1
y − = − ( x −  → y = − x + 2
2
3 
2 
3
c=3
d) i) V = 
ii) I =
 (x
2
3
2

2
 (x
2
)
− ( x + 2cos x )2 dx
)


− x2 − 4cos 2 x − 4x cos x dx = −4 cos 2 x dx − 4 x cos x dx
1
1
 cos x dx = 2 (1 + cos 2x) dx = 2  x +
2
sen2x 

2 
 x cos x dx
u=x
u´=1
v´=cosx
v=senx
 x cos x dx = xsenx + cos x
sen2x 

I = −2 x +
 − 4( xsenx + cos x
2 

3
 
2

sen2x 
3
3
 
  
V = − 2 x +
 − 4( xsenx + cos x  =  − 2. − 4. ( −1) −  − 2 − 4  = (3 + 3) = 62
2 
2
2
2 
  2
 


2
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ2
Viernes 8 de mayo de 2009
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
En una clase de 20 alumnos hay 12 que estudian Biología, 15 que estudian Historia y 2 alumnos
que no estudian ni Biología ni Historia.
a) Representa esta información en un diagrama de Venn.
b) Halle la probabilidad de que un alumno de esta clase elegido al azar esté estudiando ambas
asignaturas: Biología e Historia.
c) Sabiendo que un alumno dado, elegido al azar, estudia Biología halle la probabilidad de que
este alumno también estudie Historia.
Solución:
a) Vamos a crear una tabla donde se resumen los datos del experimento:
B
6
15
3
2
5
12
8
20
_
H
[1 puntos]
[1 puntos]
_
B
9
H
[2 puntos]
Pasando esta información a un diagrama de Venn:
B
H
3
9
6
2
b) Experimento:"elegir un alumno al azar"
9
P(B  H ) =
20
9
P(H  B) 20 3
c) P(H / B) =
=
=
12 4
P(B)
20
2.- [Puntuación 5]
→
→
→
→
Sabiendo que a = 2sen i + (1 − sen) j , halle el valor del ángulo  , de forma que a sea perpendicular a la
recta x+y=1.
Solución:
 − 1
Un vector director de la recta es:  
 1 
→ − 1 
a .  = 0 → − 2sen + (1 − sen) = 0 → − 3sen = −1 →  = 19,47º
1
3.- [Puntuación 6]
a) Derive f ( x ) = arcsenx + 2 1 − x2 , x  − 1,1.
b) Halle las coordenadas del punto perteneciente a la gráfica de y=f(x) en [-1, 1], en el que la
pendiente de la tangente a la curva es igual a 0.
Solución:
1
1
1 − 2x
+2
.(−2x ) =
a) f ´( x ) =
2
2
1−x
2 1−x
1 − x2
b) 1 − 2x = 0 → x =
[3 puntos]
[3 puntos]
1
1 

→ El punto es  , + 3 
2
2 6

4.- [Puntuación 6]
a) La gráfica de y=ln(x) se transforma en la gráfica de y=ln(2x+1).
Describa dos transformaciones necesarias para esto.
b) Resuelva ln(2x+1)>3cos(x), x 0, 10 .
Solución:
 1
 1
a) y = ln(2x + 1) = ln 2 x +  = ln 2 + ln x + 
 2
 2
[2 puntos]
[4 puntos]
Sea f(x)=lnx
Traslación horizontal a la izquierda
1
unidad de la gráfica de y=lnx y traslación vertical de ln2 unidades.
2
b) Dibujamos la gráfica de ln(2x+1)-3cosx y observamos donde es positiva en el intervalo 0,10 :
1,16  x  5,71 y 6,75  x  10
5.- [Puntuación 5]
El virus de la gripe se está extendiendo por una ciudad. Se dispone de una vacuna para proteger
a la población frente al virus. Si una persona se ha vacunado, la probabilidad de que se infecte con
el virus es de 0,1; sin la vacuna, dicha probabilidad es de 0,3.
La probabilidad de que una persona elegida al azar se infecte con el virus es de 0,22.
a) Halle qué porcentaje de la población se ha vacunado.
[3 puntos]
b) Una persona elegida al azar se infecta con el virus.
Halle la probabilidad de que esta persona esté vacunada.
Solución:
p.0,1
p
V
0,3
1-p
V I
I
0,1
_
I
(1-p).0,3
V
_
_
V I
P(I) = P(V  I) + P(V I) = p.0,1 + (1 − p).0,3 = 0,22→ p =
El porcentaje de la población vacunada es el 40%
b) P(V / I) =
P(V  I) 0,4.0,1 2
=
=
P(I)
0,22 11
2
= 0,4
5
[2 puntos]
6.- [Puntuación 6]
La aceleración, en ms-2 , de una partícula que se mueve en línea recta en el instante t segundos, con t  0 , viene
1
dada por la fórmula a = − v . Para t=0, la velocidad es igual a 40 ms-1 .
2
Halle una expresión para v en función de t.
Solución:
a=
1
t =0 v = 40
− t
dv
1
1
1
1
1
1
= − v → dv = − dt →
dv = − dt → ln v = − t + C → ln 40 = C → v = 40e 2
dt
2
v
2
v
2
2


7.- [Puntuación 8]
La curva cúbica definida por y = 8x3 + bx2 + cx + d contiene dos puntos distintos P y Q en los
cuales la pendiente es igual a cero.
a) Compruebe que b2  24c .
[4puntos]
1
  3

b) Sabiendo que las coordenadas de P y Q son, respectivamente,  , − 12 y  − , 20
2
  2

halle los valores de b, c y d.
Solución:
a) y´= 24x2 + 2bx + c = 0 → x =
[4 puntos]
− 2b  4b2 − 96c
48
Como hay dos puntos con pendiente 0,
4b2 − 96c  0 → b2  24c
b)
1
y´  = 0 → 6 + b + c = 0
2
.
 3
y´ −  = 0 → 54 − 3b + c = 0
 2
Resolviendo el sistema: b=12 c=-18
La curva queda: y = 8x3 + 12x2 − 18x + d
1
Como y   = −12 → 1 + 3 − 9 + d = −12 → d = −7
2
8.- [Puntuación 5]
Seis personas deben colocarse alrededor de una mesa circular. Dos de estas personas no se pueden sentar juntas,
una al lado de la otra. Halle el número de maneras en las que se pueden sentar las seis personas.
Solución:
Nº total de formas de sentarse las 6 personas - Nº de formas de sentarse 2 personas concretas juntas=
= V5,5 − 2.V4 ,4 = 120 − 2.24 = 72
9.- [Puntuación 8]
Utilizando la sustitución x = 2sen  , compruebe que

x
4 − x 2 dx = Ax 4 − x 2 + Barcsen  + Constante, donde
2
A y B son constantes cuyos valores deberá usted hallar.
Solución:
x = 2sen
dx = 2 cos  d
4 − x2 = 4 − 4sen2 = 2 cos 



4 − x2 dx = 4 cos 2 d = 4.
1 + cos 2
sen2 
x
x2

x
x 1
d = 2  +
= 2arcsen  + x 4 − x2
 + C = 2.arcsen  + 2. . 1 −
2
2 
2
4

2
2 2
10.- [Puntuación 7]
Un helicóptero H se mueve verticalmente, con una velocidad de 10 ms-1 .
El helicóptero está a una altura de h m, justo encima del punto Q, que se encuentra a nivel del suelo.
El helicóptero es observado desde el punto P, que también se encuentra a nivel del suelo, siendo
PQ=40 m. Esta información se representa en el siguiente diagrama.
Para h=30,
a) compruebe que la razón de cambio de HP̂Q es igual a 0,16 radianes por segundo.
b) halle la razón de cambio de PH.
Solución:
a) Sea ( t ) = HP̂Q en el instante t.
Objetivo: ´(t ) cuando h(t ) = 30
tan ( t ) =
1
cos 2 ( t )
h( t )
40
.´( t ) ==
Cuando h=30
h´( t )
40
tan ( t ) =
30 3
1
25
16 10 4
= →
=
→ ´( t ) = . =
= 0,16 rads −1
2
40 4
25 40 25
cos ( t ) 16
b) Sea x(t)=PH en el instante t.
Objetivo: x´(t) cuando h(t)=30
x2( t ) = 1600+ h2( t )
2x( t ).x´(t ) = 2h( t ).h´)t ) → x´(t ) =
30.10
1600 + 900
=
300
= 6 ms−1
50
[3 puntos]
[4 puntos]
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 20]
Un estudio realizado en una planta embotelladora ha demostrado que el volumen de bebida en
las botellas de agua mineral que se llenan con la Máquina A sigue una distribución normal, de
media 998 ml y desviación típica 2,5 ml.
a) Compruebe que la probabilidad de que una botella escogida al azar entre las botellas llenadas
con la Máquina A contenga más de 1000 ml de agua mineral es de 0,212.
b) Se toma de la Máquina A una muestra aleatoria compuesta por 5 botellas.
Halle la probabilidad de que de ellas, exactamente 3 contengan más de 1000 ml de agua mineral
cada una.
c) Halle el número mínimo de botellas que habría que incluir en la muestra para que la
probabilidad de que al menos una de las botellas tomadas de la Máquina A contenga más de
1000 ml de agua mineral sea mayor que 0,99.
d) Se ha demostrado que, para la Máquina B, la probabilidad de que una botella contenga
menos de 996 ml de agua mineral es de 0,1151. La probabilidad de que una botella contenga más
de 1000 ml es de 0,3446. Halle la media y la desviación típica del volumen de agua mineral que
contienen las botellas que se llenan con la Máquina B.
e) La empresa que embotella el agua mineral recibe, en promedio, m llamadas telefónicas cada
10 minutos. El número de llamadas telefónicas, X, sigue una distribución de Poisson tal que
P(X=2)=P(X=3)+P(X=4).
i) Halle el valor de m
ii) Halle la probabilidad de que, durante un periodo de 10 minutos elegido al azar, la
empresa reciba más de dos llamadas telefónicas.
Solución:
a) X A : "volumen de agua en botellas que se llenan con Máquina A" es N(998; 2,5)
P( X A >1000)=P(1000< X A <998+5.2,5)=P(1000< X A <1010,5)=0,2118  0,212
b) YA : "nº de botellas de la muestra de 5 con X A  1000 " es B(5; 0,212)
P(YA = 3) = 0,0592
c) Y: "nº de botellas de una muestra de n con X A  1000 " es B(n; 0,212)
n
P( Y  1)  0,99 → 1 − P( Y = 0)  0,99→ P( Y = 0)  0,01 →  0,2120.0,788n  0,01→ n  19,3
0 
La muestra debe incluir como mínimo 20 botellas.
d) X B : "volumen de agua en botellas que se llenan con Máquina B" es N( , )
Z=
P( X B  996) = 0,1151
P( X B  1000) = 0,3446
996 −  
996 − 
= −1,1998
 = 0,1151 →




→
→  = 999
1000 −  
1000 − 

P Z 
= 0,3999
 = 0,3446→




X B − 
P Z 

e) i) X: "nº de llamadas cada 10 minutos" es Po(m)
e−m .m2 e−m .m3 e−m .m 4
1 m m2
=
+
→ = +
→ m2 + 4m − 12 = 0 → m = 2
2!
3!
4!
2 6 24
ii) P(X  2 = 1 − P(X  2) = 1 − 0,6767 = 0,3233
 = 2,5
[1 punto]
[3 puntos]
[4 puntos]
[6 puntos]
[6puntos]
12.- [Puntuación 18]
Sean dos círculo que no se cortan: C1 , que contiene los puntos M y S, y C2 , que contiene los puntos
N y R, y cuyos centros son P y Q, siendo PQ=50.
Los segmentos de recta [MN] y [SR] son ambos tangentes a los dos círculos.
El ángulo cóncavo MPS mide  , el ángulo obtuso NQR mide  , el ángulo MPQ mide  .
La longitud del arco MS es l1 y la longitud del arco NR es l2 .
Esta información se representa en el siguiente diagrama.
El radio de C1 es x, donde x  0 y el radio de C2 es igual a 10.
a) Explique por qué x<40.
[1 puntos]
x − 10
b) Compruebe que cos  =
.
[2 puntos]
50
c)
i) Halle una expresión para MN en función de x.
ii) Halle el valor de x ara el cual el valor de MN es máximo.
[2 puntos]
d) Halle una expresión, en función de x, para
i) 
ii) 
[4 puntos]
e) La longitud del perímetro viene dada por l1 + l2 + MN + SR .
i) Halle una expresión, b(x), para la longitud del perímetro en función de x.
ii) Halle el valor máximo de la longitud del perímetro.
iii) Halle el valor de x para el cual la longitud del perímetro es igual a 200.
[9 puntos]
Solución:
a) PQ=50=x+10+nº positivo , por lo tanto: x<40
b) Si trazamos por Q una paralela a MN que corte a PM en un punto A, obtenemos el triángulo APQ es rectángulo
en A y con AP=x-10.
x − 10
En dicho triángulo cos  =
50
c) i) MN = 2500 − (x − 10)2 = − x2 + 20x + 2400
ii)
dMN
−2x + 20
=
2
dx
2 − x + 20x + 2400
-x+10=0 →x=10
 x − 10 
d) i)  = 2 − 2 = 2 − 2arccos

 50 
 x − 10 
ii) B = 2 −  = 2arccos

 50 
c) i)
 x − 10 
 x − 10 
b( x ) = .x + 10 + 2. − x2 + 20x + 2400 = 2x − 2x arccos
 + 20arccos
+
 50 
 50 
 x − 10 
+ 2. − x2 + 20x + 2400 = 2x + (20 − 2x )arccos
 + +2. − x2 + 20x + 2400
 50 
ii) Dibujando la gráfica se observa que el valor máximo del perímetro es 275,69
iii) Dibujando la gráfica se observa que x=21,05 cuando el perímetro vale 200.
13.- [Puntuación 22]
5π
.
4
a) Utilizando los mismos ejes de coordenadas, dibuje con precisión en papel milimetrado estas
5π
dos gráficas para 0  x 
.
4
π
Utilice la siguiente escala en el eje x, 1 cm equivale a
y en el eje y, 5 cm equivalen a 1 unidad.
[3 puntos]
8
nπ
b) Compruebe que las intersecciones con el eje x de la gráfica y = e−x .sen4x son
, n=0,1,2,3,4,5 [3 puntos]
4
c) Halle las coordenadas x de los puntos en los cuales la gráfica de y = e−x .sen4x y la gráfica de
Considere las gráficas de y = e − x , y = e−x .sen4x , para 0  x 
y = e− x se encuentran. Dé las respuestas en función de π .
d)
[3 puntos]
−x
i) Compruebe que cuando la gráfica de y = e .sen4x se encuentra con la gráfica de
y = e− x , ambas gráficas tienen la misma pendiente.
ii) A partir de lo anterior, explique por qué estos tres puntos de encuentro no son
máximos locales de la gráfica de y = e−x .sen4x .
[6 puntos]
i) Determine las coordenadas y , y1 , y2 e y3 donde y1  y 2  y3 , de los máximos locales
5
de y = e− x .sen4x para 0  x 
. No es necesario que compruebe que se trata de máximos,
4
pero los valores se deben simplificar.
ii) Compruebe que y1 , y2 e y3 forman una progresión geométrica, y determine la
razón común.
[7 puntos]
Solución:
a) Usar la C.P.G. con las siguientes unidades que son las que indica el enunciado:
e)
Xmin: 0 Max:
5π
4
Scale:
π
8
Ymin: -1
Max: 1
Scale:
5π
8
b)
e− x .sen4x = 0  sen4x = 0  4x = nπ , n = 0,1,2,3,4,5
Por tan to : x =
nπ
4
n = 0,1,2,3,4,5
c) e− x .sen4x = e− x → sen4x = 1 → 4x =

 n
π
+ 2n → x = +
n = 0, 1 , 2 → x =
2
8 2
8
x=
5π
8
d) i) y = e−x .sen4x → y´= −e−xsen4x + 4 cos 4x.e−x = e−x ( −sen4x + 4.cos 4x )
π
−
π
y´  = −e 8
8
−
 5π 
y´  = −e
 8 
5π
8
−
 9π 
y´  = −e
 8 
9π
8
y = e− x → y´= −e− x
π
5π
9π
−
−
−
π
 5π 
 9π 
y´  = −e 8 y´  = −e 8 y´  = −e 8
 8 
 8 
8
ii) y´ es estrictamente negativa para esos valores y por tanto la función decreciente en esos puntos.
x=
9π
8
e) i) − sen4x + 4. cos 4x = 0 → tan 4x = 4 → 4x = arctan 4 + k → x =
x3 =
arctan 4
4
y1 = e
−
arctan 4
4
.
x2 =
4
17
arctan 4 
+
4
2
y2 = e
−
arctan 4 
−
4
2.
ii)

−
y2
=e 2
y1


−
−
y3
=e 2 → r=e 2
y2
arctan 4 k
+
4
4
x1 =
4
17
arctan 4
+
4
y3 = e
−
arctan 4
−
4
.
4
17
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
Jueves 5 de Noviembre de 2009
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Cuando 3x5 − ax + b se divide por x-1, se obtiene el mismo resto que cuando se divide por x+1.
Sabiendo que a , b  R , halle:
a) el valor de a.
b) el conjunto de valores de b.
Solución:
a) 3 − a + b = −3 + a + b →a = 3
b) bR
2.- [Puntuación 5]
(
[4 puntos]
[1 punto]
)
Halle los valores de n para los cuales 1 + 3 i n es un número real.
Solución:
n
( )
 
1 + 3 i =  2   = 2n
 
 3
(
)
n
n
3
n
 n 
 R → sen  = 0 →
= k , k  Z → n = 3k , k  Z
3
 3 
3.- [Puntuación 5]
Las matrices A, B y C están definidas de la siguiente forma:
5 1
 1
1 2 − 1




A =  3 − 1 3 B = 3 − 1 0 
 − 9 3 7
0 3
1 



 a 0 0


a) Sabiendo que A.B =  0 a 0  , halle a.
0 0 a


b) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, halle A −1 .
c) Halle la matriz X, tal que A.X=C.
Solución:
5 1   1 2 − 1   16 0 0 
 1


 

a) A.B =  3 − 1 3 .  3 − 1 0  =  0 16 0  → a = 16
 − 9 3 7 0 3
1   0 0 16 


1
1 
 1
− 

16
8
16


1
3
1
−
0 
b) A.B = 16.I → A −1 = .B = 
 16

16
16

3
1 
 0

16
16 

 3 


1 2 − 1  8 
 12   4 






1
1
1
3 
c) X = A −1 .C = .B.C = . 3 − 1 0  . 0  = . 24  = 
 2 
16
16 
16
 − 4 
1   − 4 
0 3
  −1 


 4 
 8 
 
C= 0 
 − 4
 
[1 punto]
[2 puntos]
[2 puntos]
4.- [Puntuación 6]
Considere la función f, donde f(x)=arcsen(lnx).
a) Halle el dominio de f.
[3 puntos]
−1
b) Halle f ( x ) .
Solución:
a) − 1  ln x  1 →
[3 puntos]
1
1 
 x  e → Df =  , e 
e
e 
b) y = arcsen(ln x ) → ln x = seny → x = eseny → f −1( x ) = esenx
5.- [Puntuación 5]
La raíz real de la ecuación x3 − x + 4 = 0 , aproximando a tres cifras decimales, es -1,796.
Determine la raíz real para cada una de las siguientes ecuaciones:
a) ( x − 1)3 − ( x − 1) + 4 = 0
[2 puntos
3
b) 8x − 2x + 4 = 0
Solución:
[3 puntos]
Sea f ( x ) = x3 − x + 4
a) g( x ) = ( x − 1)3 − ( x − 1) + 4 = f ( x − 1) → La raíz de g(x)=0 es -1,796+1=- 0,796
b) h( x ) = 8x3 − 2x + 4 = f (2x ) → La raíz de h(x)=0 es
−1,796
= −0,898
2
6.- [Puntuación 5]
En una escuela de enfermería, el 80% de los estudiantes que entran son mujeres. Según los datos de la escuela, el
70% de las mujeres y el 90% de los varones que empiezan la carrera, se reciben. Se elige al azar a uno de los
estudiantes que se han recibido. Halle la probabilidad de que dicho estudiante sea un varón.
Dé su respuesta en forma de fracción decimal.
Solución:
Experimento1: "elegir estudiante al azar y observar sexo"
Experimento 2: "elegir estudiante al azar y observar si ha aprobado"
A
0,
9
0,2
P(V / A) =
VA
V
0,7
0,8
0,1
8
M
A
P(V  A)
0,18
9
=
=
P( A)
0,18 + 0,56 37
0,5
6
MA
7.- [Puntuación 9]
a) Calcule
b) Halle



3
4
sec2 x
3
dx .
tan x
[6 puntos]
 tan x dx .
3
[3 puntos]
Solución:
a)



3
4
sec2 x
3
tan x
dx =



3
1
−
2
3 . sec x
(tan x )
4

(
23 3
3
dx =  (tan x )3  = 3 3 − 1
 2
  2
)
4
t=cosx
dt=-senx dx
b)

tan3 x dx
sen3x
 cos x
3
dx = −

1 − t2
t
3
dt =
1
t
2
+ ln t + C =
1
2cos2 x
+ ln | cos x | +C
8.- [Puntuación 7]
Una población determinada se puede modelizar mediante la ecuación diferencial
dy
= ky cos kt , donde y representa la población en el instante t horas y k es una constante positiva.
dt
a) Sabiendo que y = y 0 cuando t=0, exprese y en función de k, t e y 0 .
[5 puntos]
b) Halle la razón entre el tamaño mínimo y el tamaño máximo de la población.
[2 puntos]
Solución:
a)
t =0 y = y 0
dy
1
= ky cos kt →
dy = k cos kt dt → ln y = senkt + C → C = ln y 0 → y = y 0 .esenkt
dt
y
b)
e−1 .y 0
= e −2
e.y 0


9.- [Puntuación 5]
El diagrama que aparece a continuación muestra un dibujo aproximado de f ´(x), la función pendiente de la curva
f(x).
Dibuje aproximadamente en los mismos ejes de coordenadas la curva y=f(x) sabiendo que f(0)=0.
Indique claramente en dicha gráfica todos los máximos, mínimos y puntos de inflexión.
Solución:
Observando la gráfica de f´ podemos elaborar la siguiente tabla:
x
Signo de f´
Crecimiento de f
Crecimiento de f´
Concavidad de f
-∞
0
+
1
+
0
2
+
3
+
0
+∞
-
10.- [Puntuación 8]
La forma de un vaso queda definida por la rotación de la gráfica de y = e x alrededor del eje y, para 1  y  5 .
Halle el volumen del vaso.
Solución:
y = ex → x = ln y
V=
5
 (ln y ) dy
2
1
u = (ln y )2
u´= 2 ln y .
v´ = 1
1
y
v=y

F(y ) = y.(ln y )2 − 2 ln y dy
u = ln y
1
u´=
y
v´ = 1
v=y
F( y ) = y .(ln y )2 − 2y ln y − y 
V=
 (ln y ) dy = F(y ) = (5.(ln5) − 10ln5 + 8)
5
1
2
5
1
2
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 21]
a) La suma de los seis primeros términos de una serie aritmética es igual a 81.
La suma de los once primeros términos es igual a 231.
Halle el primer término y la diferencia común.
b) La suma de los dos primeros términos de una serie geométrica es igual a 1, mientras que la
suma de los cuatro primeros términos es igual a 5.
Sabiendo que todos sus términos son positivos, halle el primer término y la razón común.
c) El término r-ésimo de una nueva serie se define como el producto del término r-ésimo de la
serie aritmética y el término r-ésimo de la serie geométrica anteriormente mencionadas.
Compruebe que el término r-ésimo de esta nueva serie es (r + 1).2r −1 .
n
d) Utilizando la inducción matemática, demuestre que
(r + 1).2
r =1
Solución:
a)
u + u1 + 5d
S6 = 81 = 1
.6 →2u1 + 5d = 27
2
u + u1 + 10d
S11 = 231 = 1
.11→ u1 + 5d = 21
2
Resolviendo el sistema: u1 = 6 d = 3
b)
S2 = 1 = u1 + u1r
S4 = 5 = u1 + u1r + u1r2 + u1r3 → 5 = 1 + r2 → r = 2 u1 =
1
3
1
1
c) ur = 6 + (r − 1).3. .2r −1 = (3 + 3r ). .2r −1 = (1 + r ).2r −1
3
3
d) Para n=1 (1 + 1).21−1 = 1.21 Cierto
k
Supongamos cierto para n=k
(r + 1).2
r −1
= k.2k
r =1
k +1
Probemos para n=k+1

?
(r + 1).2r −1 =(k + 1).2k +1
r =1
k +1
(r + 1).2
r =1
r −1
= k.2k + (k + 2).2k = (2k + 2).2k = (k + 1).2k +1
r −1
[6 puntos]
[5 puntos]
[3 puntos]
= n.2n , n  Z+ .
[7 puntos]
12.- [Puntuación 17]
Una recta tangente a la gráfica de y=lnx pasa por el origen de coordenadas.
a) Dibuje aproximadamente, en los mismos ejes de coordenadas, las gráficas de y=lnx y de la
recta tangente. A partir de lo anterior, halle la ecuación de la recta tangente.
x
b) Utilice su gráfica aproximada para explicar por qué ln x  para x  0 .
e
e
x
c) Compruebe que x  e para x>0.
e
π
Determine cuál es mayor: π o e .
Solución:
a)
y´=
[11 puntos]
[1 punto]
[3 puntos]
[2 puntos]
1
x
En el punto de tangencia:
1 ln x
=
→ ln x = 1 → x = e → Punto de tan gencia (e,1)
x
x
1
La recta tangente es: y = x
e
b) Se observa que la recta tangente está por encima de la gráfica de y=lnx salvo en el punto de tangencia donde
x
coinciden, luego x  o ln x  .
e
c) ln x 
e
x
→ e. ln x  x → ln x e  x → eln x  ex → x e  ex
e
d) Tomando en c) x=e πe  e π
13.- [Puntuación 22]
a) Sea z=x+iy cualquier número complejo distinto de cero.
1
(i) Exprese
en la forma u+iv.
z
1
(ii) Si z + = k , k R , compruebe que o bien y=0, o bien x2 + y 2 = 1 .
z
(iii) Compruebe que si x2 + y 2 = 1 entonces k  2 .
[8 puntos]
b) Sea w = cos  + isen .
(i) Compruebe que w n + w −n = 2cos n , n  Z .
(ii) Resuelva la ecuación 3w 2 − w + 2 − w −1 + 3w −2 = 0 ; dé las raíces en la forma x+iy.
Solución:
1
1
1 x − iy
x
−y
=
.
=
+i
a) i) =
2
2
2
z x + iy x + iy x − iy x + y
x + y2
(
)
ii)) z +
y =0
1
x
−y
y
= x + iy +
+i
= k R → y −
= 0 →y x2 + y 2 − 1) = 0→  2
2
2
2
2
2
2
2
z
x +y
x +y
x +y
x + y = 1
iii) z +
1
= 2x = k
z
| k |= 2| x |
x 2 + y 2 =1

2.1 = 2
b) w = 1
i) wn + w −n = (1 )n + (1− )n = 1n + 1−n = cos n + isenn + cos( −n) + isen(−n) = 2cos n
(
)(
)
ii) 3w 2 − w + 2 − w −1 + 3w −2 = 0 → 3 w 2 + w −2 − w + w1 + 2 = 0 →6cos 2 − 2cos  + 2 = 0
2

cos  =
1  49

3
6 cos  − sen  − 2 cos  + 2 = 0 → 6 cos  − cos  − 2 = 0 → cos  =
→
1
12
cos  = −

2
(
2
2
)

2
Si cos  = → sen = 


3

Si cos  = − 1 → sen = 

2

2
5
2
5
→ w = i
3
3
3
3
1
3
→w = −  i
2
2
2
[14 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Viernes 6 de noviembre de 2009
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Hale los valores de k para los cuales la ecuación x3 + x2 − x + 2 = k tiene tres soluciones reales distintas entre sí.
Solución:
Dibujamos la gráfica de f ( x ) = x3 + x2 − x + 2
f(x)=k tiene tres raíces reales si 1,81<x<3
2.- [Puntuación 6]
 x   1   − 1
     
La ecuación vectorial de la recta L viene dada por  y  =  3  + λ 2  .
 z   6   − 1
     
Halle la ecuación cartesiana del plano que contiene a la recta L y al punto A(4,-2,5).
Solución:
→
APL = (− 3,5,1)
x − 4 −1 −3
y +2 2
5 = 0 → − 7x − 4y − z + 25 = 0
z −5 −1 −1
3.- [Puntuación 7]
El diagrama que aparece a continuación muestra dos circunferencias concéntricas de centro O y
de radios 2 cm y 4 cm. Los puntos P y Q se encuentran sobre la circunferencia de mayor radio y

π
POQ = x , donde 0  x  .
2
a) Compruebe que el área de la región sombreada es igual a 8senx − 2x .
b) Halle el valor máximo del área de la región sombreada.
Solución:
a) Área sombreada= Área triángulo OPQ - Área sector circular pequeño=
b)
[3 puntos]
[4 puntos]
4.4senx 4x
−
= 8senx − 2x
2
2
dA
= 8 cos x − 2
dx
1
8cos x − 2 = 0 → x = arccos = 1,318 → Valor máximo del área sombreada= 5,109 cm2
4
4.- [Puntuación 6]
n
 x
Cuando  1 +  , n  N , se desarrolla en potencias ascendentes de x, el coeficiente correspondiente
 2
a x3 es 70.
a) Halle el valor de n.
[5 puntos]
2
b) A partir de lo anterior, halle el coeficiente correspondiente a x .
Solución:
[1 punto]
n
x   n   n  x  n  x 2  n  x3

a)  1 +  =   +   +   +   + ......
2   0  1  2  2  4 3  8

n 1
  = 70 → n(n − 1)( n − 2) = 3360 → n = 16
3  8
 16  1
b)   = 30
2  4
5.- [Puntuación 8]
Las pérdidas anuales, relacionadas con factores climáticos, de una empresa de seguros se modelizan mediante
 2,5(200)2,5

, x  200
una variable aleatoria X, cuya función densidad de probabilidad es: f ( x ) = 
x3,5
 0
resto de valores

Halle la mediana.
Solución:
m
2,5(200)2,5
200
x3,5

dx = 0,5 → m = 263,9
6.- [Puntuación 6]
Tim va a un conocido restaurante donde no se puede reservar mesa.
Se ha determinado que los tiempos de espera hasta que se consigue una mesa siguen una
distribución normal, de media 18 minutos y desviación típica 4 minutos.
a) Tim dice que se marchará si 25 minutos después de haber llegado al restaurante todavía no
ha conseguido mesa.
Halle la probabilidad de que Tim se vaya del restaurante sin haber conseguido mesa.
b) Tim lleva esperando 15 minutos.
Halle la probabilidad de que Tim consiga una mesa durante los próximos cinco minutos.
Solución:
a) X:"tiempo de espera" es N(, )
[2 puntos]
[4 puntos]
P(X  25) = P(25  X  18 + 5.4 = 38) = 0,0401
b) P(15  X  20 / X  15) =
0,4648
= 0,601
0,7733
7.- [Puntuación 7]
Considere la ecuación z3 + az2 + bz + c = 0 donde a,b, c R .
Los puntos en el diagrama de Argand que representan las tres raíces de la ecuación son los
vértices de un triángulo cuya área es igual a 9.
Sabiendo que una de las raíces es -1+3i, halle:
a) las otras dos raíces
b) a, b y c.
Solución:
a) las otras dos raíces son -1-3i y r.
9=
6.h
→ h = 3 → r = 2 o r = −4
2
b) Para r=2
z3 + az2 + bz + c = (z + 1 − 3i)(z + 1 + 3i)(z − 2) = (z2 + 2z + 10)(z − 2) = z3 + 6z − 20→
→ a = 0 b = 6 c = −20
Para r=-4
z3 + az2 + bz + c = (z + 1 − 3i)(z + 1 + 3i)(z + 4) = (z2 + 2z + 10)(z + 4) = z3 + 6z2 + 18z + 40→
→ a = 6 b = 18 c = 40
8.- [Puntuación 7]
Halle la pendiente de la curva exy + ln(y 2 ) + ey = 1 + e en el punto (0,1).
Solución:
exy ( y + xy´) +
En (0, 1) m =
1
y2
.2yy´+ey .y´= 0 → y´=
−1
2+e
− exy .y
2
exy .x + + ey
y
[4 puntos]
[3 puntos]
9.- [Puntuación 8]
Considere la función g, donde g(x) =
3x
.
5 + x2
a) Sabiendo que el dominio de g es x  a , halle el menor valor de a para el cual existe la función
inversa de g.
b) Dibuje aproximadamente, utilizando los mismos ejes de coordenadas,
i) la gráfica de g para este valor de a.
ii) la correspondiente función inversa, g −1
−1
c) Halle una expresión para g ( x ) .
Solución:
a) La gráfica de g(x) es
b) i) ii)
3x
5 + x2
→ yx2 − 3x + 5y = 0 → x =
Dg −1 = R g = 0, 0.67
g −1( x ) =
3 + 9 − 20x2
2x
[4 puntos]
[3 puntos]
Para que exista la función inversa a=2,23.
c) y =
[1 punto]
3  9 − 20y 2
2y
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 11]
Considere la función f, definida por f ( x ) = x − a x , donde x  0 , a  R + .
a) Halle, en función de a,
(i) los ceros de f
(ii) los valores de x para los cuales f es decreciente
(iii) los valores de x para los cuales f es creciente
(iv) el recorrido de f
b) Indique cuál es la concavidad de la gráfica de f.
Solución:
 x =0
2
x = a
a) i) x − a x = 0 → x 2 = a2x → 
ii) f ´(x ) = 1 −
1−
a
2 x
a
2 x
= 0→ x =
a2
4
a2/4
f(x) decreciente en
iii) f(x) creciente en
0 x 
a2
4
a2
x
4
 a2 
 a2

a2
iv) Como f   = −
→ R f = − , +  

 4
4
 4

 
b) f ´´(x ) =
a
3
4.x 2
 0 , por tanto f es cóncava hacia arriba en 0, + 
[10 puntos]
[1 punto]
11.- [Puntuación 19]
Dos rectas están definidas de la siguiente forma:
 − 3  3 
   
x −4 y +7
=
= −(z + 3) .
L1 : r=  − 4  + λ 2  y L2 :
−3
4
 6   − 2
   
a) Halle las coordenadas del punto A perteneciente a L1 y del punto B perteneciente a L2
→
tales que AB sea perpendicular a L1 y a L2 .
→
b) Halle | AB|
c) Halle la ecuación cartesiana del plano  que contiene a L1 y que no se corta con L2 .
Solución:
PL2 = (4 − 3t , − 7 + 4t , − 3 − t )
a) PL1 = (−3 + 3 , − 4 + 2 , 6 − 2)
→
PL1 PL2 = (7 − 3t − 3 , − 3 + 4t − 2 , − 9 − t + 2 )
→
→
→
→
PL1 PL2 • uL1 = 0 → 21 − 9t − 9λ − 6 + 8t − 4λ + 18 + 2t − 4λ = 0
PL1 PL2 • uL2 = 0 → − 21 + 9t + 9λ − 12 + 16t − 8λ + 9 + t − 2λ = 0
t − 17 = −33
 → t = 1  = 2 → A(3, 0, 2) B(1, − 3, − 4)
26t −  = 24 
→
AB = (−2, − 3, − 6)
b)
→
| AB|= 4 + 9 + 36 = 7
x +3 3 −3
4 = 0 →2x + 3y + 6z − 18 = 0
c)  : y + 4 2
z −6 −2 −1
[13 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
12.- [Puntuación 10]
A continuación se presenta un diagrama de una noria, un artefacto de la feria de diversiones que
transporta pasajeros en la parte externa de una rueda.
a) La noria circular de 10 metros de radio está girando a una velocidad de 3 radianes por minuto.
Determine a qué velocidad se desplaza verticalmente un pasajero de la noria cuando está
subiendo y pasa por el punto A, situado 6 metros más alto que el centro de la noria.
[7 puntos]
b) El operario de la noria está situado debajo del centro, de forma que la parte inferior de la noria
está a la altura de sus ojos.
Al observar al pasajero, su línea visual forma un ángulo  con la horizontal. Halle la razón de cambio
de α en el punto A.
[3 puntos]
Solución:
a) Objetivo: y´(t) cuando y(t)=6
cos (t ).´(t ) ==
y´(t )
10
Si y( t ) = 6 sen( t ) =
3
4
→ cos ( t ) =
5
5
4
y´( t ) = 10. .3 = 24 mm−1
5
b) Objetivo  ´(t )


2 − ( t ) + ( t ) = 
2


− 2´(t ) + ´(t ) = 0 → ´(t ) =
´(t ) 3
= = 1,5 radm−1
2
2
13.- [Puntuación 20]
En cada ronda de dos juegos diferente, Ying lanza al aire tres monedas equilibradas y Mario
lanza dos monedas equilibradas.
a) El primer juego consta de una ronda. Si Ying saca más caras que Mario, ella recibe 5$ de Mario.
Si Mario saca más caras que Ying, él recibe 10$ de Ying.
Si sacan el mismo nñumero de caras, entonces Mario recibe 2$ de Ying.
Determine las ganancias esperadas de Ying.
b) Ahora juegan al segundo juego, en el que el ganador será aquel jugador que saque mayor
número de caras en una ronda. Si obtienen el mismo número de caras, vuelven a jugar otra ronda
hasta que haya un ganador. Calcule la probabilidad de que Ying gane el juego.
Solución:
a) Sea X:"ganancias de Ying"
X = 5, − 10, − 2
P( Ying 3C) =
1
8
P(Mario 2C) =
P( Ying 2C) =
3
8
P( Ying 1C) =
3
8
P( Ying 0C) =
1
8
1
2
1
P(Mario 1C) = P(Mario 0C) =
4
4
4
1 1 1 2 1 1 3 2 3 1 3 1 16
P( X = 5) = . + . + . + . + . + . =
8 4 8 4 8 4 8 4 8 4 8 4 32
3 1 1 1 1 2 6
P( X = −10) = . + . + . =
8 4 8 4 8 4 32
3 1 3 2 1 1 10
P( X = −2) = . + . + . =
8 4 8 4 8 4 32
x
P(X=x)
E(X ) = 5.
5
16
32
-10
6
32
2
10
32
16
6
10
+ (−10). + (−2). = 0
32
32
32
b) P(Ying gane el juego)= P(Ying gane 1ª ronda)+P(Ying gane 2ª ronda)+P(Ying gane 3ª ronda)+.....=
16
16 10 16 10 10 16
16 8
=
+
+ . . + ..... = 32 =
=
10
32 32 32 32 32 32
22 11
1−
32
[12 puntos]
[8 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ1
Miércoles 5 de mayo de 2010
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Sabiendo que Ax3 + Bx2 + x + 6 es exactamente divisible por (x +1) (x - 2), encuentre el valor de A y el valor de
B.
Solución:
− A + B−1+6 = 0 
− A + B = −5 
A =1
→
 → 12B = −48 → B = −4
8A + 4B + 2 + 6 = 0
8A + 4B = −8
2.- [Puntuación 4]
A continuación se muestran las gráficas de y = f (x) e y = g (x).
Si (fog)(x)=3 , encuentre todos los valores posibles de x.
Solución:

x = −1
g( x ) = 0 → 

 x=4
(fog )( x ) = 3 → 
 g( x ) = 3 → x = 1

x = 2
3.- [Puntuación 7]
a) Muestre que los dos planos 1 : x + 2y - z = 1 y 2 : x + z = -2 son perpendiculares.
(b) Encuentre la ecuación del plano 3 que pasa por el origen y es perpendicular a 1 y 2 .
Solución:
 1 
1
 
 
a) Vector director de 1 :  2  Vector director de 2 :  0 
 − 1
1
 
 
 1  1
   
 2  • 0 = 1 + 0 − 1 = 0
 − 1 1
   
x
b) 3 : y
z
1 1
2 0 = 0 → 2x − y − 2z − y = 0 → x − y − z = 0
−1 1
[3 puntos]
[4 puntos]
4.- [Puntuación 5]
Resuelva la ecuación 4 x −1 = 2x + 8 .
Solución:
(2 )
x2
4
x
2x = t
= 2 + 8 → t 2 − 4t − 32 = 0 → t =
4  144 4  12  8 → x = 3
=
=
2
2
− 4 → No existe x
5.- [Puntuación 8]
a+x
La gráfica de y =
se muestra a continuación.
b + cx
(a) Halle el valor de a, el valor de b y el valor de c.
b + cx
(b) Utilizando los valores de a, b y c calculados en la parte (a), trace el gráfico de y =
,
a+x
mostrando claramente todas las intercepciones y asíntotas.
Solución:
a) Por pasar por (2, 0) a=-2
1
1
Por ser y=2 asíntota horizontal = 2 → c =
c
2
Por ser x=-2 asíntota vertical b=2c → b=1
b)
1
1+ x
−2 + x
y=
2
y=
x
1
1+ x
−2+ x
2
−
-2
2
+|| −
0
-2
2
0
+
2
1
2
0
1
2
−|| +
1
2
−
[4 puntos]
[4 puntos
6.- [Puntuación 4]
→
→
→
Consideremos los vectores OA = a, OB = b y OC = a+b. Demuestre que si |a| =| b| entonces (a+b) . (a - b) = 0.
Comente lo que nos indica sobre el paralelogramo OACB.
Solución:
(a+b) . (a - b)=a.a-a.b+b.a-b.b=|a|2-|b|2=0
Las diagonales del paralelogramo son perpendiculares.
7.- [Puntuación 7]
Dos jugadores, A y B, lanzan alternativamente un dado de seis caras, con A comenzando, hasta que uno de ellos
obtiene un seis. Encuentre la probabilidad de que A obtenga el primer seis.
Solución:
1
1 5 5 1 5 5 5 5 1
6
+ . . + . . . . + ...... = 6 =
25 11
6 6 6 6 6 6 6 6 6
1−
36
8.- [Puntuación 7]
La región encerrada entre las curvas y = x e x e y = e x gira 2π alrededor del eje x.
Encuentre el volumen del sólido obtenido.
Solución:
x = 0
x e x = e x → x (e x − e) = 0 → 
x = 1
V=
 (e x − xe ) dx
1
2
2x
0
v´= e2x
u=x
u ´= 1
 xe
2x
1
v = e2x
2
1 2x 1 2x
1
1
dx = xe −
e dx = xe2x − e2x
2
2
2
4

1
(
)
 x2 1 2x 1 2x 
 e2 1
1
1 
V = e2
− xe + e  =  − e2 + e2 −  = e2 − 1
 2 2
4
4
4  4
 2 2
 0

9.- [Puntuación 7]
(a) Sabiendo que α> 1, utilice la sustitución u =
1
1
dx = 1
du .
2
1 1+ x
1 + u2

a
1
para mostrar que
x
1

[5 puntos]
a
(b) Usando lo anterior muestre que arctan + arctan
Solución:
1
a) u =
x
a
1
 1+ x
1
2
x=
1
1
u
dx = −
1
u2
1 
= .
 2
[2 puntos]
du
1
1
 1 
−1
1
. −  du = a
du = 1
du
2
2
1
1 1+
1 1+ u
1 + u2
 u 
a
u2

dx = a
1


b)

1
1
 
1
1 
dx = 1
du → arctan x 1 = arctanu11 → arctan − = − arctan → arctan + arctan =
2
2
4
4


2
1 1+ x
1+ u

1



10.- [Puntuación 6]
Los diez números x1 , x2 ,..., x10 , tienen una media de 10 y una desviación típica de 3.
10
Halle el valor de
(x − 12) .
i
2
i=1
Solución:
10

10
(x − 10)
xi
i=1
i=1
= 10
10
2
i
10
=9
(x − 12) = (x − 10 − 2) = (x − 10) + 4 − 4(x
10
i
i=1
2
10
i
2
i=1
 10

= 90 + 40 − 4
x i − 100 = 130


 i=1


10
i
i=1
2
 (x − 10)
10
1
− 10) =
i
i=1
2
10
(x − 10) =
+ 40 − 4.
i
i=1
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 20]
Considere f ( x ) =
x 2 − 5x + 4
.
x 2 + 5x + 4
(a) Encuentre las ecuaciones de todas las asíntotas de la gráfica de f.
(b) Encuentre las coordenadas de los puntos donde la gráfica de f corta a los ejes x e y.
(c) Encuentre las coordenadas de
(i) el punto máximo y justifique su respuesta;
(ii) el punto mínimo y justifique su respuesta.
(d) Dibuje la gráfica de f, mostrando claramente todas las características anteriores.
(e) Usando lo anterior, escriba el número de puntos de inflexión de la gráfica de f.
Solución:
− 5  3 − 1
=
a) x 2 + 5x + 4 = 0 → x =
2
− 4
Asíntotas verticales x=-1 x=-4
x2
lim f ( x ) = lim
=1
x→
x→ x 2
Asíntota horizontal y=1
5  3 4
=
b) x 2 − 5x + 4 = 0 → x =
2
1
Puntos de corte con los ejes (4, 0) (1, 0) y (0, 1)
c) i)
f ´( x ) =
=
(2x − 5).( x 2 + 5x + 4) − (2x + 5).( x 2 − 5x + 4)
(x
2
+ 5x + 4
)
2
=
2x3 + 10x 2 + 8x − 5x 2 − 25x − 20 − 2x3 + 10x 2 − 8x − 5x 2 + 25x − 20
(x
2
+ 5x + 4
)
2
=
 x =2
x2 − 4 = 0 → 
x = −2
El punto (− 2, − 9) es un máximo
1

ii) El punto  2, −  es un mínimo
9

d)
e) Un punto de inflexión
-2
2
10( x 2 − 4)
(x
2
+ 5x + 4
)
2
[4 puntos]
[2 puntos]
[10 puntos]
[3 puntos]
[1 punto]
12.- [Puntuación 20]
Una variable aleatoria continua X tiene función de densidad de probabilidad
 0, x  0
f ( x ) =  −ax
.
ae , x  0
Se sabe que P( X  1) = 1 −
1
2
.
1
(a) Muestre que a = ln 2 .
2
(b) Encuentre la mediana de X.
(c) Calcule la probabilidad de que X <3 sabiendo que X> 1.
Solución:
1
 ae
a)
−ax
0

b)
m
0
dx = 1 −
ae −ax dx =
− e 
−ax m
0
=
1
2

→ − e−ax
 = 1 − 12 → − e
1
0
1
− ax
1
2
→ e−a =
1
1
→ − a = − ln 2 → a = ln 2
2
2
1
1
1
ln 2
→ − e−am + 1 = → e−am = → − am = − ln 2 → m =
=2
2
2
2
a

 ae
+1 = 1−
[5 puntos]
[9 puntos]
1
1
donde a = ln 2
2
2
3
ae −ax dx
P(1  X  3)
1
=
c) P( X  3 / X  1) =
P( X  1)
1 − P( X  1)
3
−a
[6 puntos]
dx
1 − P( X  1)
=
− e  = − e
− ax 3
1
1
2
1
donde a = ln 2
2
l
a = ln 2
2
−3a
+ e−a
1
2
1 1
 −3
− 

=  − 2 2 + 2 2 2 2




= −2−1 + 1 =
1
2
13.- [Puntuación 20]
a) Muestre que sen 2nx = sen ((2n +1) x) cos x - cos ((2n +1) x) sen x.
(b) Usando lo anterior, demuestre por inducción que
sen2nx
para todo n  Z+ , senx  0 .
cos x + cos 3x + cos 5x + ... + cos(( 2n − 1))x =
2senx
1
(c) Resuelva la ecuación cos x + cos 3x = , 0  x   .
2
Solución:
a) sen ((2n +1) x) cos x - cos ((2n +1) x) sen x=sen((2n+1)x-x)=sen2nx
[2 puntos]
[12 puntos]
[6 puntos]
sen2x 2senx cos x
=
= cos x Cierto
2senx
2senx
b) Para n=1
cos(2.1 − 1)x = cos x =
Suponemos cierto para n=k
cos x + cos 3x + cos 5x + ... + cos(( 2k − 1))x =
Probemos para n=k+1
cos x + cos 3x + cos 5x + ... + cos(( 2k + 1))x =
?
sen2kx
2senx
sen2(k + 1)x
2senx
sen2kx
+ cos( 2k + 1)x =
2senx
sen2kx + 2senx cos( 2k + 1)x sen2kx + 2senxcos 2kx cos x − sen2kxsenx 
=
=
=
2senx
2senx
cos x + cos 3x + cos 5x + ... + cos(( 2k + 1))x =
sen2kx + cos 2kxsen2x − 2sen2kxsen 2x sen2kx(1 − 2sen2x ) + cos 2kxsen2x
=
=
2senx
2senx
sen2kx cos 2x + cos 2kxsen2x sen(2kx + x ) sen2(k + 1)x
=
=
=
2senx
2senx
2senx
=
2k
2

4x = x + 2k → 3x = 2k → x = 3 → x = 3


1
sen 4x 1

c) cos x + cos 3x = →
= → sen 4x = senx →  4x =  − x → x =
5
2
2senx 2

3

 4x = 3 − x → x = 5
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ2
Miércoles 5 de mayo de 2010
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Una variable aleatoria continua X tiene la siguiente función de densidad de probabilidad:
c( x − x 2 ),
0 x 1
f(x ) = 
 0,
demás valores
(a) Determine c.
(b) Halle E(X).
Solución:
[3 puntos]
[2 puntos]
1
  x 2 x3 
1 1
c( x − x ) dx = 1 → c −  = 1 → c −  = 1 → c = 6
a)


3 
  2
2 3
0
0

1
2
1
  x3 x 4 
 = 6 1 − 1  = 1
b) E( X ) = 6x( x − x ) dx = 6 −

4 
  3
3 4 2
0
0

1
2
2.- [Puntuación 6]
(a) Exprese la función cuadrática 3x 2 − 6x + 5 de la forma a( x + b)2 + c , donde a, b, c  Z .
[3 puntos]
(b) Describa una secuencia de transformaciones que transforme la gráfica de y = x 2 en la
gráfica de y = 3x2 − 6x + 5 .
Solución:
[3 puntos]
 a =3

a) 3x − 6x + 5 = a( x + 2bx + b ) + c → 2ab = −6 → b = −1
ab2 + c = 5 → c = 2

2
2
2
3x2 − 6x + 5 = 3( x − 1)2 + 2
b) Sea f ( x ) = x 2
Sea g( x ) = 3x 2 − 6x + 5 = 3( x − 1)2 + 2 = 3f ( x − 1) + 2
La gráfica de g(x) consiste en una traslación horizontal 1 unidad a la derecha de la gráfica de f(x), seguida de un
estiramiento vertical de razón 3 y finalmente de una traslación vertical de 2 unidades hacia arriba.
3.- [Puntuación 5]
Los tres vectores a, b y c vienen dados por
 2y 
 4x 
 4




 
a =  − 3x  ,
b= y  ,
c =  − 7  donde x , y  R.
 2x 
3 − x 
6




 
(a) Si a+2b-c=0, halle el valor de x y de y.
(b) Halle el valor exacto de |a+2b|.
Solución:
 2y + 8x − 4 
 2y + 8x − 4 = 0



a) a+2b-c=  − 3x + 2y + 7  = 0 →  − 3x + 2y + 7 = 0 Resolviendo el sistema: x=1 y=-2
 2x + 6 − 2x − 6 
2x + 6 − 2x − 6 = 0



b) |a+2b|=|c|= 16 + 49 + 36 = 101
[3 puntos]
[2 puntos]
4.- [Puntuación 4]
Una moneda no equilibrada está trucada, de tal modo que la probabilidad de que salga cara es
4
.
7
Se lanza al aire 6 veces, y X representa el número de veces que sale cara. Halle el valor de la razón
P(X = 3)
.
P(X = 2)
Solución:
 4
X es B 6, 
 7
3.
 6  4   3 
    
 3  7   7 
3
4
20.
P( X = 3)
7 == 16
=
=
3
P( X = 2)  6  4 2  3  4
9
15.
    
7
 2  7   7 
5.- [Puntuación 7]
3 − 2 
1 3 
 , B = 
.
Considere las matrices A = 
5
−
4


 2 − 2
(a) Halle BA.
(b) Calcule det(BA).
(
[2 puntos]
[2 puntos]
)
(c) Halle A. A −1B + 2A −1 .A
Solución:
 1 3   3 − 2   18 − 14 
.
 = 

a) B.A = 
4 
 2 − 2 5 − 4   − 4
[3 puntos]
b) det(B.A) =72− 56 = 16
(
) (
)
 18 − 14   6 − 4   24 − 18 
+
= 

c) A. A −1B + 2A −1 .A = A.A −1 .B + 2A.A −1 .A = (B + 2I).A = B.A + 2A = 
4   10 − 8   6 − 4 
−4
6.- [Puntuación 6]
π

π
Si x satisface la ecuación sen x +  = 2senx.sen  , compruebe que, 11. tan x = a + b 3
3


3
Solución:
donde a, b Z+ .
3
−
1
3
3
3
− 3
− 3 1+2 3
1

2
senx. + cos x
= 2senx.
→ senx  − 3  = −
cos x → tan x =
=
=
1
2
2
2
2
2
− 11


− 3 1−2 3
2
(
11. tan x = 6 + 3
a=6
b=1
)
7.- [Puntuación 8]
2
La función f se define de la siguiente forma: f ( x ) = ex −2x−1,5 .
(a) Halle f ´(x).
f(x)
(b) Se dice que y =
tiene un mínimo local en x=a, a>1. Halle el valor de a.
x −1
Solución:
[2 puntos]
[6 puntos]
2
a) f ´(x ) = ex −2x−1,5 .(2x − 2)
b) y´=
f ´( x )( x − 1) − f ( x )
(x − 1)2
y´(a ) = 0 →
f ´(a )(a − 1) − f (a )
(a − 1)2
2
2
= 0 → ea −2a −1,5(2a − 2)(a − 1) − ea −2a −1,5 = 0 →(2a − 2).(a − 1) − 1 = 0 →
1

 a = 1 +
2
2(a − 1)2 = 1 → a − 1 = 
→
2 a = 1 − 1 No válido pues a  1
2

1
8.- [Puntuación 7]
La normal a la curva xe− y + e y = 1 + x en el punto (c, lnc) corta al eje y en c2 + 1 . Determine el valor de c.
Solución:
e− y + xe− y .(−y´) + ey .y´= 1
y´ =
1 − e− y
− xe
−y
+e
y
→ m = y´(c) =
1−
1
c
1
− c. + c
c
=
c −1
1
=
c(c − 1) c
mN = −c
La ecuación de la normal es: y − ln c = −c(x − c)
c2 + 1 − ln c = −c(0 − c) → ln c = 1 → c = e
Para x=0
9.- [Puntuación 6]
Halle el valor de
Solución:
u = ln(t + 1)
u´=
1
t +1
v=
 t ln(t + 1)dt .
0
v´ = t
2
t
2
F( t ) = ln(t + 1).
1
1

t2
1 t2
t2 1  t2
−
.
dt = ln(t + 1). −  − t + ln(t + 1)

2
2 t +1
2 2  2


1 11
 1
t ln(t + 1)dt = F( t )10 = ln 2. −  − 1 + ln 2 =
2 2 2
 4
0

t2
1
= t −1+
t +1
t +1
10.- [Puntuación 6]
La función f se define de la siguiente forma: f ( x ) =
2x − 3
, x 1.
x −1
(a) Halle una expresión para f −1 ( x ) .
[3 puntos]
(b) Resuelva la ecuación f −1 ( x ) = 1 + f −1 ( x ) .
[3 puntos]
Solución:
2x − 3
y −3
x −3
a) y =
→ xy − y = 2x − 3 → x =
→ f −1(x ) =
x −1
y −2
x −2
 x − 3 2x − 5
x −3
x − 3  x − 2 = x − 2 → x = 2 No válida
=1+
→
b)
x −2
x − 2  x − 3 = − 2x + 5 → x = 8
x −2
3
x −2
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 10]
(a) Considere la siguiente sucesión de ecuaciones:
1
1  2 = (1  2  3)
3
1
1  2 + 2  3 = (2  3  4)
3
1
1  2 + 2  3 + 3  4 = (3  4  5)
3
(i) Formule una conjetura para la n-ésima ecuación de la sucesión.
(ii) Verifique su conjetura para n=4.
n
[2 puntos]
+
(b) El término n-ésimo de una sucesión de números viene dado por u n = 2 + 3, n  Z .
Bill conjetura que todos los elementos de la sucesión son números primos.
Compruebe que la conjetura de Bill es falsa.
(c) Utilice la inducción matemática para demostrar que
5  7n + 1 es divisible por 6 para todo n Z + .
Solución:
1
a) i) 1  2 + 2 3 + 3 4 + ..... + n (n + 1) = n (n + 1)(n + 2)
3
ii) Para n=4 1x2+2x3+3x4+4x5=40
b) u1 = 5
u2 = 7
[6 puntos]
1
1
(4x4 + 1x4 + 2) = (4x5x6) = 40
3
3
u3 = 11 u4 = 19
u5 = 35
La conjetura es falsa.
•
c) Para n = 1 5  7 + 1 = 36 = 6 Cierto
•
Supongamos cierta para n=k
5  7k + 1 = 6
Probemos para n=k+1
5  7k +1 + 1 = 6
•
• • •
• 
5 7k +1 + 1 = 5.7k .7 + 1 =  6− 1 .7 + 1 = 7.6− 6 = 6− 6 = 6


?•
[2 puntos]
No primo
12.- [Puntuación 19]
(a) Considere los vectores a=6i+3j+2k , b=-3j+4k.
(i) Halle el coseno del ángulo que forman los vectores a y b.
(ii) Halle a x b .
(iii) A partir de lo anterior, halle la ecuación cartesiana del plano  que contiene a los
vectores a y b y pasa por el punto (1, 1, -1).
(iv) El plano  corta al plano xy en la recta L.
Halle el área de la región triangular finita delimitada por la recta L, el eje x y el eje y.
(b) Dados los vectores p y q ,
(i) Compruebe que p.p=|p|2
(ii) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, compruebe |p+q|2 =|p|2+2p.q+|q|2
(iii) Deduzca que |p+q|  |p|+|q|.
Solución:
 → → 0 − 9 + 8 −1
=
i) cos a , b  =
49. 25 35


→
i
ii) 6
0
→
→
j k
→
→
→
3 2 = 18 i − 24 j − 18 k
−3 4
iii)  : 18x − 24y − 18z + D = 0
(1, 1, −1)
→ 18 − 24 + 18 + D = 0 →D = −12
 : 18x − 24y − 18z − 12 = 0 →  : 3x − 4y − 3z − 2 = 0
2

iv) Corte con OX  , 0, 0 
3


1 

Corte con OY  0, − , 0 
2 

1 2
.
1
Área = 2 3 =
2
6
b) i) p.p= |p|.|p|.cos0º=|p|2
ii) |p+q|2 =(p+q).(p+q)=p.p+2p.q+q.q= |p|2+2p.q+|q|2
iii) |p+q|2 =|p|2+2p.q+|q|2≤|p|2+2|p|.|q|+|q|2=(|p|+|q|)2 →|p+q|  |p|+|q|
[11 puntos]
[8 puntos]
13.- [Puntuación 16]
 2π 
 2π 
Considere w = cos   + isen  .
3
 
 3 
(a) Compruebe que
(i) w3 = 1 .
(ii) 1 + w + w 2 = 0 .
[5 puntos]
 2π 
i  + 
i
e +e  3 
 4π 
i  + 
+e  3 
=0 .

ii) Represente este resultado para  = mediante un diagrama de Argand.
2
(b)
i) Deduzca que
(i) Desarrolle y simplifique F(z) = (z − 1)(z − w )(z − w2 ) donde z es un número complejo.
(ii) Resuelva F(z)=7; dé las respuestas en función de w.
Solución:
a) w = 1 2
[4 puntos]
(c)
[7 puntos]
3
3


i) w =  1 2  = 12 = 1


 3 
3
2
2
ii) 1 + w + w = 1 + 1 2
3
b) i) e
i



 1
3   1
3 
+  1 2  = 1 +  − + i
+ − −i
=0


 2


2   2
2 

 3 
 2π 
i  + 
+e  3 
 4π 
i  + 
+e  3 
  2π 
i + 
  4π 
i +

(
)
= ei 1 + w + w 2 = 0

 7 
i

 11 
i

i
i
ii) e 2 + e  2 3  + e  2 3  = e 2 + e  6  + e  6 
c)
i)
(
)
F(z) = (z − 1)(z − w )(z − w 2 ) = z2 − zw − z + w .(z − w 2 ) = z3 − z2w 2 − z2w + zw 3 − z2 + zw 2 + wz − w 3 =
3
2
2
2
3
= z − z ( w + w + 1) + zw( w + w + 1) − w = z3 − 1

 z = 20 = 2


3
3
ii) F(z) = 7 → z − 1 = 7 → z = 8 = 3 80 = 2 2k k = 0,1, 2 →  z = 2 2 = 2w

3
3

2
z
=
2
4 = 2w


3
14.- [Puntuación 15]
A lo largo de esta pregunta, x satisface 0  x 
(a) Resuelva la ecuación diferencial sec2 x

.
2
dy
= −y 2 , sabiendo que y=1 para x=0.
dx
Dé la respuesta de la forma y=f(x).
(b)
(i) Demuestre que 1  sec x  1 + tan x .


 1
(ii) Deduzca que  4 sec x dx  + ln2 .
4 0
4 2
Solución:
1
1
1
1
1
1
sen2x 
dy = − cos 2 x dx →
dy = − cos 2 x dx → − = − (1 + cos 2x )dx → − = −  x +
+C
2
2
y
2
y
2
2 
y
y




Para x= y=1 → C=-1
y=
1
1
sen2x 
x +
 +1
2
2 
b) i) sec x =
1 0cos x 1
1
cos x
1 + tan x = 1 +

4

4
senx cos x + senx
1
=

= sec x
cos x
cos x
cos x

4




1  1
1 dx  sec x dx 
(1 + tan x ) dx →  4 sec x dx  x − ln(cos x )04 = − ln
= + ln2
4 0
4
2 4 2
0
0
0



[7 puntos]

[8 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ1
Jueves 6 de mayo de 2010
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
A continuación se muestra la gráfica de y = a cos (bx) + c.
Halle el valor de a, el valor de b y el valor de c
Solución:
2
2
=3 →b =
El periodo de la gráfica es 3, por tanto
b
3
Para x=0 y=5 → a+c=5
Por otra parte, a(-1)+c=-1
 a+c =5
→ c=2
a=3

 − a + c = −1
2.- [Puntuación 5]
El sistema de ecuaciones
2x - y + 3z = 2
3x + y + 2z = -2
-x + 2y + az = b
se sabe que tiene más de una solución. Calcule el valor de a y el valor de b.
Solución:
A


 __________ ____

 2 −1 3 2 


| A|=2a+2+18+3+3a-8=5a+15
1 2 − 2
 3
 −1 2 a b 
 __________ _________

B


5a+15=0 → a=-3
2 −1 2
3
−1
1
2
− 2 = 2b − 2 + 12 + 2 + 3b + 8 = 5b + 20
b
5b+20=0 → b=-4
Si a=-3 y b=-4 rango(A)=2=rango(B) → El sistema es compatible indeterminado (infinitas soluciones)
3.- [Puntuación 6]
En el cono circular recto que se muestra, O es el centro de la base que tiene un radio de 6 cm.
Los puntos B y C están en la circunferencia de la base del cono. La altura AO del cono es de 8 cm y el

ángulo BOC es 60ᵒ.

Calcule la medida del ángulo BAC .
Solución:
BC=6
AB2=64+36=100 → AB=10


36 = 100 + 100 − 2.10.10.cos BAC → BAC = 34,92
4.- [Puntuación 7]
(a) Resuelve la ecuación z3 = −2 + 2i , dando sus respuestas en forma de módulo-argumento.
(b) Usando lo anterior, muestre que una de las soluciones es 1+ i cuando está escrita en
forma cartesiana.
Solución:


 2
4

a) z = 3 − 2 + 2i = 3 8 3 = 2  + 2k =  2 11
4
4 3
12

 2 19
12

( )
b)
( 2 )4 =
( )
[6 puntos]
[1 punto]
( )
( )
( )
 2


2 

2  cos + isen  = 2 
+i
=1+ i
 2
4
4
2 


5.- [Puntuación 6]
Sea A, B y C matrices no singulares 2 × 2, I la matriz de identidad 2 × 2 y k un escalar.
Las siguientes afirmaciones son incorrectas.
Para cada declaración, escriba la versión correcta en el lado derecho.
(a) (A + B)2 = A2 + 2AB + B2 .
(b) (A - kI)3 = A3 - 3kA2 + 3k2 A – k3 .
(c) CA= B → C= B / A.
Solución:
a) (A + B)2=(A+B).(A+B)=A2+AB+BA+B2
b) (A - kI)3=(A-kI). (A-kI). (A-kI)=(A2-kA-kA+k2I)(A-kI)= (A2-2kA+k2I)(A-kI)=
=A3-kA2-2kA2+2k2A+k2A-k3I= A3-3kA2+3k2A-k3I
c) CA=B → C.A.A-1=B.A-1 → C=BA-1
[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
6.- [Puntuación 5]
Encuentre la suma de todos los números naturales de tres dígitos que no son exactamente divisibles por 3.
Solución:
100 + 999
Suma de todos los naturales de tres dígitos=
.900 = 494550
2
102+ 999
Suma de todos los naturales de tres dígitos divisibles por 3=
.300 = 165150
2
Suma pedida=494550-165150=329400
7.- [Puntuación 7]
Tres libros de matemáticas, cinco libros de inglés, cuatro de ciencias y un diccionario son para
ser colocados en el estante del estudiante de modo que los libros de cada tema permanezcan
juntos.
(a) ¿De cuántas maneras diferentes se pueden colocar los libros?
(b) ¿En cuántos de éstas el diccionario estará al lado de los libros de Matemáticas?
Solución:
a) V4 ,4 .V3,3 .V5,5 .V4 ,4 .1 = 24.6.120.24 = 414720
[4 puntos]
[3 puntos]
b)
V3,3 .2.V5,5 .V4 ,4 + 2.V3,3 .2.V5,5 .V4 ,4 + V3,3 .2.2.V5,5 .V4 ,4 + V3,3 .2.V5,5 .V4 ,4 = V3,3 .V5,5 .V4 ,4 (2 + 4 + 4 + 2) = 6.120.24.12 = 207360
8.- [Puntuación 6]
En una fábrica de gafas, se sabe que el peso de las gafas tiene un promedio de 160 gramos. También se sabe que
el rango intercuartil de los pesos de las gafas es de 28 gramos. Suponiendo que los pesos de las gafas se
distribuyan normalmente, calcule la desviación típica de los pesos de las gafas.
Solución:
X:”peso de las gafas” es N(160, )
Rango intercuartil Q3 − Q1 = 28 → Q3 = 174
Z=
X −160

P(X  174) = 0,75 → P(Z 
174 − 160
14
) = 0,75 →
= 0,6745 →  = 20,76


9.- [Puntuación 6]
Sea f ( x ) =
4 − x2
.
4− x
(a) Indique el mayor dominio posible para f.
(b) Resuelva la inecuación f (x) ≥1.
Solución:
a) Df = 0, + − 16
b) f (x )  1 si x  0, 1 16, + 
[2 puntos]
[4 puntos]
10.- [Puntuación 8]
El siguiente diagrama muestra las gráficas de y =
3
x − 3 , y=3 y la función cuadrática tal que las tres se cortan en
2
los mismos dos puntos.
Sabiendo que el valor mínimo de la función cuadrática
es -3, encuentre una expresión para el área de la región sombreada en la forma
t
 (ax
2
0
+ bx + c ) dx , donde las
constantes a, b, c y t se han de determinar.
(Nota: La integral no necesita ser evaluada.)
Solución:
Llamemos a la parábola: y = px2 + qx + r
y(0)=3 →r=3
3
x −3 = 0 →x = 2
2
2= −
q
→ q = −4p
2p
y(2)=-3 → 4p+2q+3=-3 →-4p=-6 → p =
3
2
3
La parábola nos queda: y = x2 − 6x + 3
2
a=-3
b=9
c=0
2
3 2
 3

 − x + 3 − x + 6x − 3 dx = 2
2
2

0

Área sombreada= 2
2
 3 2 9 
 − x + x  dx =
2 
0 2

 (− 3x
2
0
2
)
+ 9x dx
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 20]
Un plano π tiene una ecuación vectorial r = (-2i + 3 j - 2k) + λ (2i + 3 j + 2k) + μ (6i -3 j + 2k).
(a) Muestre que la ecuación cartesiana del plano π es 3x + 2y - 6z = 12.
(b) El plano π corta los ejes x, y y z en A, B y C, respectivamente.
Encuentre el coordenadas de A, B y C.
(c) Encuentre el volumen de la pirámide OABC.
(d) Encuentre el ángulo entre el plano π y el eje x.
(e) Usando lo anterior, o de otra manera, calcule la distancia desde el origen al plano π.
(f) Utilizando sus respuestas de (c) y (e), encuentre el área del triángulo ABC.
Solución:
x +2 2 6
a)  : y − 3 3 − 3 = 0 → 6x + 12 − 6z − 12 + 12y − 36 − 18z − 36 − 4y + 12 + 6x + 12 = 0
z+2 2
2
 : 3x + 2y − 6z − 12 = 0
b) A(4, 0, 0)
B(0, 6, 0)
C(0, 0, -2)
1 24
c) V = . .2 = 8
3 2
 3
 
d) Vector director de  :  2 
 − 6
 
sen =
|3 + 0 + 0|
49 1
e) d(O, )) =
=
| −12|
49
1
 
Vector director eje x:  0 
0
 
3
→  = 25,38º
7
=
12
7
 12

1
f) 8 = .Área ABC.
→ Área ABC = 14
3
7
[6 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[4 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
12.- [Puntuación 15]
Las víctimas llegan a una unidad de accidentes con una tasa media de uno cada 10 minutos.
Supongamos que el número de llegadas puede ser modelado por una distribución de Poisson.
(a) Encuentre la probabilidad de que no haya llegadas en un período de media hora dado.
[3 puntos]
(b) Una enfermera trabaja por un período de dos horas.
Encuentra la probabilidad de que haya menos de diez pacientes durante este período.
[3 puntos]
(c) Seis enfermeras trabajan períodos consecutivos de dos horas entre las 8am y las 8pm.
Encuentre la probabilidad de que no más de tres enfermeras tengan que asistir a menos de
Diez pacientes durante su período de trabajo.
[4 puntos]
(d) Calcule el intervalo de tiempo durante el cual hay un 95% de probabilidad de que haya
al menos dos bajas.
Solución:
a) X:” número de pacientes cada 10 minutos” es Po(1)
[5 puntos]
Y:”número de pacientes cada media hora” es Po(3)
P(Y=0)=0,0498
b) Z:”número de pacientes cada 2 horas” es Po(12)
P(Z<10)= P(Z  9) = 0,2424
c) E:”número de enfermeras de las 6 que asisten a menos de 10 pacientes en su periodo” es B(6, 0.2424)
P(E  3) = 0,9663
 t 
d) T:”número de pacientes en un intervalo de t minutos) es Po 
 10 
P(T  2) = 0,95 → 1 − P(T = 0) + P(T = 1) = 0,95 →
→e
−
t
10 . 1 +

t 
 = 0,05 → t = 47,4 min utos
10 
e
−
t
.0
10 .
0
t
1
−
t 
 t 
e 10 . 

10
  +
 10  = 0,05 →
0!
1!
13.- [Puntuación 11]
Los puntos A, B y C están en la circunferencia de un círculo, centro O y radio r.

El trapecio OABC se forma tal que AB es paralelo a OC, y el ángulo AOC es ,

 .
2

(a) Muestre que el ángulo BOC es  −  .
1
1
(b) Muestre que el área T del trapecio puede expresarse como T = r2sen − r2sen2 .
2
2
(c)
(i) Muestre que cuando el área es máxima, el valor de θ satisface cosθ = 2cos2θ.
(ii) Usando lo anterior, determine el área máxima del trapecio cuando r = 1.
(Nota: No es necesario probar que es un máximo.)
Solución:
[3 puntos]
[3 puntos]
[5 puntos]

a) Rectas paralelas AB y Oc cortadas por la misma secante OA determinan ángulos iguales, por tanto OAB =  −  .

Como el triángulo OAB es isósceles: ABO =  − 


 − BOC =  − (2 − 2) → BOC =  − 
b) T=Área triángulo BOC + Área triángulo AOB=
1
1
1
1
1
1
= r.r.sen( − ) + r.rsen(2 − ) = r2sen + r2(−sen2) = r2sen − r2sen2
2
2
2
2
2
2
c) i)
dT 1 2
1
1
= r cos  − r2 2cos 2 = r2(cos  − 2cos )
d 2
2
2
dT
= 0 → cos  − 2cos 2 = 0 → cos  = 2cos 2
d
ii) cos  = 2cos 2 →  = 2,2
Para r=1
1
T = sen2,2 = 0,88
2
14.- [Puntuación 14]
Un cuerpo se mueve a través de un líquido para que su aceleración pueda expresarse como
 v2

−
− 32 ms−2
 200



donde v ms-1 es la velocidad del cuerpo en el tiempo t segundos.
Se sabía que la velocidad inicial del cuerpo era de 40 ms-1.
(a) Muestre que el tiempo tomado, T segundos, para que el cuerpo disminuya a V ms-1 es
40
1
dv .
dado por T = 200
[4 puntos]
2
2
V v + 80
dv
(b)
(i) Explique por qué la aceleración puede expresarse como v
, donde s es el
ds
desplazamiento, en metros, del cuerpo en el tiempo t segundos.
(ii ) Usando lo anterior, encuentre una integral similar a la mostrada en la parte(a)
para la distancia, S metros, que viajó el cuerpo hasta que se ralentiza a V ms-1.
[7 puntos]
(c) Usando las partes (a) y (b), encuentre la distancia recorrida y el tiempo hasta el momento
que el cuerpo descansa.
[3 puntos]
Solución:
a)

a=
dv
v2
dv
→−
− 32 =
→ dt =
dt
200
dt

→ T = 200
b) i) a =
40
1
2
v + 802
V
1
−
v2
− 32
200
T
V
− 200
− 200
dv → dt = 2
dv → dt =
dv →
2
v + 6400
0
40 v + 6400


dv
dv dv ds dv
=
. =
.v
dt ds dt dx
ii)
−
S
V
40
v2
dv
200v
−v
v
− 32 =
.v → ds =
dv → ds =
dv → S = 200
dv
2
2
2
2
2
200
ds
− v − 6400
0
40 v + 80
V v + 80


c) T = 200

S = 200
40
v + 802
0
40
0
1
2
v
2
v + 802
dv = 1,16 segundos
dv = 22,3 m


MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ2
Jueves 6 de mayo de 2010
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
Considere la progresión aritmética 8, 26, 44, …..
(a) Halle una expresión para el término n-ésimo.
(b) Escriba la suma de los n primeros términos, utilizando la notación sigma.
(c) Calcule la suma de los 15 primeros términos.
Solución:
a) un = 8 + (n − 1).18 = 18n − 10
n
b) Sn =
(18k − 10) = 8 + 182n − 10 .n = 9n
2
[1 punto]
[1 punto]
[2 puntos]
−n
k =1
c) S15 = 2010
2.- [Puntuación 6]
Una variable aleatoria discreta X tiene una distribución de probabilidad dada en la siguiente tabla.
X
P(X=x)
0,5
0,15
1,5
0,21
2,5
p
3,5
q
4,5
0,13
5,5
0,07
(a) Si E(X)=2,61, determine el valor de p y de q.
(b) Calcule Var(X), con una aproximación de tres cifras significativas.
Solución:
a) 0,15+0,21+p+q+0,13+0,07=1 → p+q=0,44
[4 puntos]
[2 puntos]
2,61= 0,5.0,15+1,5.0,21+2,5.p+3,5.q+4,5.0,13+5,5.0,07 → 2,5p+3,5q=1,25
Resolviendo el sistema: p=0,29 q=0,15
b) Var(X)=(1,4484)2=2,09
3.- [Puntuación 5]
El tiempo de supervivencia de las malas hierbas de un campo, después de haber sido rociadas
con un herbicida, sigue una distribución normal cuya media es igual a 15 días.
(a) Si la probabilidad de una supervivencia de más de 21 días es igual a 0,2, halle la desviación
típica del tiempo de supervivencia.
Cuando se rocía otro campo, el tiempo de supervivencia de las malas hierbas sigue una
distribución normal cuya media es igual a 18 días.
(b) Si la desviación típica del tiempo de supervivencia no cambia, halle la probabilidad de
una supervivencia de más de 21 días.
Solución:
X:"tiempo supervivencia" es N(15, )
Z=
a) P( X  21) = 0,2
X −15

6
6

→ P Z   = 0,2 → = 0,8416



→  = 7,1293
b) Y:"tiempo supervivencia del otro campo" es N(18, 7.1293)
P(Y>21) =P(21<Y<53,65)=0,3369
[3 puntos]
[2 puntos]
4.- [Puntuación 6]
(a) Halle la solución de la ecuación ln 24x−1 = ln 8 x+5 + log 2 161−2x ;
exprese la respuesta en función de ln2.
(b) Utilizando este valor de x, halle el valor de a para el cual log a x = 2 ; dé la respuesta
con una aproximación de 3 cifras decimales.
Solución:
16ln2 + 4
a) (4x − 1)ln2 = (3x + 15)ln2 + 4 − 8x → x =
ln2 + 8
[4 puntos]
[2 puntos]
16ln2 + 4
→ a = 1,318
b) a2 =
ln2 + 8
5.- [Puntuación 6]

Considere el triángulo ABC, donde BAC = 70 , AB=8 cm y AC=7 cm.
BD
El punto D, situado sobre el lado BC, es tal que
= 2 . Determine la longitud de AD.
DC
Solución:
BC2 = 49 + 64 − 2.7.8. cos 70º → BC = 8,64
CD=2,88
BD=5,76
8,64
7
=
→ B = 49,58º
sen70º senB
AD2 = 64 + 5,762 − 2.8.5,76. cos 49,58º → AD = 6,11
6.- [Puntuación 6]
La variable aleatoria X tiene una distribución de Poisson de media  .
a) Halle  , si P(X=0)+P(X=1)=0,123.
b) Con este valor de  , halle P(0<X<9).
Solución:
a)
e− .0 e− .1
+
= 0,123 →  = 3,6277
0!
1!
b) P(0  X  9) = P(X  8) − P(X = 0) = 0,9612
[4 puntos]
[2 puntos]
7.- [Puntuación 6]
2x − 2y − z = 3
Los tres planos
4x + 5y − 2z = −3
3x + 4y − 3z = −7
(a) Halle el valor de a, b y c.
se cortan en un punto de coordenadas (a, b, c).
[2 puntos]
(b) Las ecuaciones de otros tres planos son:
2x − 4y − 3z = 4
− x + 3y + 5z = −2
3x − 5y − z = 6
.
Halle una ecuación vectorial de la recta de intersección de estos tres planos.
Solución:
a)
2a − 2b − c = 3 
 − 4a + 4b + 2c = −6
4a + 5b − 2c = −3 →
 → b = −1
4a + 5b − 2c = −3 

3a + 4b − 3c = −7
4a − 2c = 2  12a − 6c = 6 
→
→a = 2
3a − 3c = −3 − 6a + 6c = 6
[4 puntos]
c =3
b) La tercera ecuación es combinación lineal de las dos primeras: EC3 =2EC1+EC2
Vamos a obtener la recta intersección de los dos primeros planos:
2x − 4y − 3z = 4 
2x − 4y − 3z = 4 
7
→
 → 2y + 7z = 0 → y = − z
2
− x + 3y + 5z = −2 − 2x + 6y + 10z = −4
x=−
21
11
z + 5z + 2 = − z + 2
2
2
x = 2 − 11t   x   2   − 11

     
y = −7t  →  y  =  0  + t  − 7 
  z   0  2 
z = 2t
     

8.- [Puntuación 6])
 n   2n 
(a) Simplifique la resta de coeficientes binomiales   −   , donde n  3 .
3   2 
 n   2n 
(b) A partir de lo anterior, resuelva la inecuación   −    32n , donde n  3 .
3  2 
Solución:
 n   2n  n(n − 1)( n − 2) 2n(2n − 1) n(n2 − 3n + 2 − 12n + 6) n3 − 15n2 + 8n
a)   −   =
−
=
=
6
2
6
6
3   2 
b)
n3 − 15n2 + 8n
− 32n  0 → n3 − 15n2 − 184n  0 → n(n − 23)(n + 8)  0 → n  23
6
[4 puntos]
[2 puntos]
9.-[Puntuación 7]
Sabiendo que z = cos  + isen , compruebe que:

1 
(a) Im z n + n  = 0 , n  Z +
z 

[2 puntos]
 z −1 
(b) Re
 = 0 , z  −1 .
 z +1 
Solución:
a) z = 1
zn +
[5 puntos]

1 
= 1n + 1−n = 2cos n R → Im  z n +
 = 0
z
zn 

1
n
b)
z − 1 cos  + isen − 1 (cos  + isen − 1)(cos  − isen + 1)
=
=
=
z + 1 cos  + isen + 1 (cos  + isen + 1)(cos  − isen + 1)
=
(cos 2  + cos  + sen2 − cos  − 1)
2
2
(cos  + 1) + sen 
+i
− cos sen + sen cos  + sen + sen
(cos  + 1)2 + sen2
1 −1
 z − 1  (cos 2  + cos  + sen2 − cos  − 1)
Re
=
=0
=
2
2
 z +1 
(cos  + 1) + sen 
(cos  + 1)2 + sen2
10.- [Puntuación 8]
Un faro L está situado en el mar, a 500 metros de P, el punto más cercano de la costa, que sigue una
línea recta. El estrecho haz de luz que emite el faro rota a razón constante de 8 radianes por minuto,
generando un punto luminoso S que se mueve a lo largo de la costa.
Puede suponer que la altura del faro puede ser ignorada y que el haz de luz está contenido en el plano
horizontal definido por el nivel del mar.
Cuando S está a 2000 metros de P,
(a) Compruebe que la velocidad de S, con una aproximación de tres cifras significativas, es de
214000 metros por minuto.
(b) Halle la aceleración de S.
Solución:
a) Objetivo:"Hallar x´(t) cuando x(t)=2000
x( t )
tan ( t ) =
500
1
x´( t )
.´( t ) =
2
500
cos ( t )
Cuando x(t)=2000
tan ( t ) = 4 →
1
2
cos ( t )
= 17
x´( t ) = 500.17.8 = 213628,3  214000 mm−1
b) x´´( t ) = 4000.
2cos ( t ).sen( t ).´( t )
4
cos ( t )
= 8000. tan ( t ).
1
2
cos ( t )
.8 = 42952518,35 mm−2
[5 puntos]
[3 puntos]
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 14]
(
)
1
La función f viene dada por f ( x ) = x3 + 6x2 + 3x − 10 2 , para x  D , donde D  R es el mayor
dominio de f posible.
(a) Halle las raíces de f(x)=0.
(b) A partir de lo anterior, especifique el conjunto D.
(c) Halle las coordenadas del máximo local en la gráfica de y=f(x).
(d) Resuelva la ecuación f(x)=3.
(e) Dibuje aproximadamente la gráfica de f(x) , para x  D .
(f) Halle el área de la región que queda completamente delimitada por la gráfica de | y |= f(x)
Solución:
a) x=-5 x=-2 x=1
b) D = − 5, − 2 1, + 
c) Max (-3.73, 3.22)
d) x=-4,23 x=-3,18 x=1,41
e)

−2
f) Área = f ( x ) dx = 7,47
−5
[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
12.- [Puntuación 13]
Se mide la altura, en metros, de una muestra aleatoria compuesta por 80 niños de un determinado
grupo de edad, y se obtiene la siguiente gráfica de frecuencias acumuladas.
(a)
(i) Estime la mediana de estos datos.
(ii) Estime el rango intercuartil para estos datos.
(b)
(i) Haga una tabla de frecuencias para estos datos, utilizando para las clases,
una amplitud de 0,05 metros.
(ii) Calcule estimaciones sin sesgo de la media y de la varianza de las alturas de la
población de niños pertenecientes a este grupo de edad.
(c) Se escoge un niño al azar, de entre estos 80 niños.
(i) Halle la probabilidad de que su altura sea inferior o igual a 1,15 metros.
(ii) Sabiendo que su altura es inferior o igual a 1,15 metros, halle la probabilidad de que
su altura sea inferior o igual a 1,12 metros.
Solución:
a) i) Me=1,18
[3 puntos]
[5 puntos]
[5 puntos]
ii) Rango intercuartil= Q3 − Q1 = 1,22 − 1,13 = 0,09
_
ii) x = 1,17125
b) i)
[1, 1.05[
[1.05, 1.10[
[1.10, 1.15[
[1.15, 1.20[
[1.20, 1.25[
[1.25, 1.30[
Fi
xi
fi
5
14
27
50
70
80
1,025
1,075
1,125
1,175
1,225
1,275
5
9
13
23
20
10
c) i) P( Altura  1,15) =
27
80
18
2
ii) P( Altura  1,12/ Altura  1,15) = 80 =
27 3
80
2 = 0,0692 = 0,004761
13.- [Puntuación 12]
Un círculo de 2 cm de radio se divide en un número infinito de sectores circulares.
Las áreas de estos sectores circulares forman una progresión geométrica, de razón común igual a k.
El ángulo del primer sector circular es igual a  radianes.
(a) Compruebe que  = 2π(1 − k )
[5 puntos]
(b) El perímetro del tercer sector circular mide la mitad que el perímetro del primer sector circular.
Halle el valor de k y de  .
[7 puntos]
Solución:
2
a) Áreacírculo = .4 = S =
→  = 2(1 − k )
1−k
1
b) 4 + 2k 2 = (4 + 2)
2
4 + 4(1 − k )k 2 =
1
(4 + 4(1 − k ))
2
4 + 4k 2 − 4k 3 = 2 + 2 − 2k
4k 3 − 4k 2 − 2k + 2 − 2 = 0 → k = 1,18 k = 0,46 k = −0,63
Sólo es válida k=0,46 →  = 3,39 rad
14.- [Puntuación 21]
Las funciones f, g y h se definen de la siguiente forma
1
 2n + 1

f ( x ) = 1 + e x , para x  R g( x ) = , para x  R − 0 h( x ) = sec x , para x  R − 
 , n  Z
x
2


(a) Determine el recorrido de la función compuesta gof.
(b) Determine la inversa de la función gof, indicando claramente el dominio.
(c)
(i) Compruebe que la función y=(fogoh)(x) satisface la ecuación diferencial
dy
= (1 − y )senx .
dx
(ii) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, halle
 ysenxdx , en función de x.
(iii) Se dice que el dominio de y=(fogoh)(x) se puede ampliar a todo el eje real.
La parte de la gráfica de y=(fogoh)(x) comprendida entre el máximo, en x=0, y el primer
mínimo con x positivo, se rota 2 alrededor del eje y.
Calcule el volumen del sólido de revolución generado.
Solución:
1
a) (gof )( x ) =
→ R gof = 0, 1
1 + ex
b) y =
1
1+e
x
→ y + ye x = 1 → e x =
 1−y 
1−y
 1− x 
 → (gof )−1 ( x ) = ln
→ x = ln

y
y
 x 


D(gof )−1 =R gof = 0, 1 
c) i) (fogoh )( x ) = f (cos x ) = 1 + ecos x
y = 1 + ecos x →
dy
= ecos x (−senx) = (y − 1)( −senx) = (1 − y )senx
dx
ii)
 

dy = senx dx − ysenx dx → dy = senx dx − ysenx dx →


y = − cos x − ysenx dx → ysenx dx = − cos x − 1 − ecos x
iii) Volumen = 

3,72
1,37
(arccos ln(x − 1))2 dx = 13,6
[3 puntos]
[4 puntos]
[14 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
Jueves 4 de noviembre de 2010
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
Halle el conjunto de valores de x para los cuales | x − 1|| 2x − 1| .
Solución:
Estudiemos donde | x − 1 | − | 2x − 1 | 0
 x − 1 = 2x − 1 → x = 0

| x − 1 | − | 2x − 1 |= 0 → 
2
x − 1 = −2x + 1 → x =

3

0 x 
2
3
+
_
0
_
2/3
2.- [Puntuación 5]
1 
k 1


Considere la matriz  0 2 k − 1  . Halle los posibles valores de k para los cuales la matriz es singular.
 k 0 k − 2


Solución:
k 1
1
0

k = 7
0 2 k − 1 = 0 →2k 2 − 4k + k 2 − k − 2k = 0 → k(3k − 7) = 0 → 
k=

3

k 0 k −2
3.- [Puntuación 4]
4
2

Desarrolle y simplifique  x 2 −  .
x

Solución:
4
 2 2   4 8  4 6 2  4 4 4
x
−

 =  x −  x . +  x . 2
x   0 

1  x  2  x
 4
8
−  x2 . 3
3
  x
 4  16
32 16
+   4 = x 8 − 8x5 + 24x2 − + 4
x x
4
 x
4.- [Puntuación 5]
Jenny va al colegio en autobús todos los días. Cuando no llueve, la probabilidad de que el autobús llegue con
3
7
retraso es igual a
. Cuando llueve, la probabilidad de que el autobús llegue con retraso es igual a
.
20
20
9
La probabilidad de que llueva un día dado es igual a
.
20
Un día determinado, el autobús llega con retraso.
Halle la probabilidad de que ese día no esté lloviendo.
Solución:
Experimento 1: "observar lluvia"
Experimento 2: "observar retraso autobús"
9/20
63/40
0
Lluvia
3/20
11/20
No Lluvia
Lluvia  Retraso
Retraso
7/20
Retraso
33/40
0
No Lluvia  Retraso
33
P(No Lluvia Re traso)
33 11
400
P(No Lluvia| Re traso) =
=
=
=
63
33 96 32
P(Re traso)
+
400 400
5.- [Puntuación 6]
La media de los diez primeros términos de una progresión aritmética es igual a 6.
La media de los veinte primeros términos de la progresión aritmética es igual a 16.
Halle el valor del 15º término de la progresión.
Solución:
S10
u + u + 9d
=6 → 1 1
.10 = 60 →2u1 + 9d = 12
10
2
S20
u + u + 19d
= 16→ 1 1
.20 = 320 →2u1 + 19d = 32
20
2
Resolviendo el sistema: d = 2 u1 = −3
u15 = −3 + 14.2 = 25
6.- [Puntuación 8]
La suma, S n , de los n primeros términos de una progresión geométrica, cuyo término
n-ésimo es u n , viene dada por S n =
7n − a n
7n
, donde a>0.
a) Halle una expresión para u n .
b) Halle el primer término y la razón común de la progresión.
c) Considere la suma de los infinitos términos de la progresión.
i) Determine los valores de a para los cuales existe la suma de los infinitos términos de
la progresión.
ii) Halle la suma de los infinitos términos, cuando esta suma existe.
Solución:
7n − a n 7n−1 − a n−1 7n − a n − 7n + 7.a n−1 a n−1 (7 − a )
−
=
=
a) u n = S n−S n−1 =
7n
7n−1
7n
7n
a n −1(7 − a )
b) u1 =
7−a
7
7n
7−a
7
r n −1 =
a n −1  a 
= n −1 =  
7
7
n −1
→r=
[2 puntos]
[4 puntos]
[2 puntos]
a
7
a
 1 → 0 a  7
7
7−a
ii) S = 7 = 1
a
1−
7
c) i) 0 
7.- [Puntuación 8]
Considere el plano cuya ecuación es 4x-2y-z=1 y la recta que viene dada por las ecuaciones
paramétricas
x = 3 − 2λ
y = (2k − 1) + λ
z = −1 + kλ
Sabiendo que la recta es perpendicular al plano, halle:
(a) el valor de k.
(b) las coordenadas del punto de intersección de la recta y el plano.
Solución:
 4
 
a) Vector perpendicular al plano  − 2 
Vector director de la recta
 − 1
 
4 −2 −1
1
=
=
→k=
−2 1
k
2
[4 puntos]
[4 puntos]
 − 2
 
 1 
 k 
 
1 
24 8

5 8 3
b) 4(3 − 2 ) − 2 −  − 1 +   = 1 →  =
= →Punto de int er sec ción  , , − 
2 
21 7

7 7 7
8.- [Puntuación 7]
(
Halle y en función de x, sabiendo que 1 + x3
Solución:
1
2x2
dy =
dx →
tgy
1 + x3
(
seny = 1 + x3
)
2
3

π
)dy
= 2x tan y y que para x=0, y = .
2
dx
2
(
)
1
2x2
2
dy =
dx → ln | seny |= ln 1 + x3 + C
3
tan y
3
1+ x

(
→ y = arcsen 1 + x3
)
2
3
x =0 y =

2
→ C=0
9.- [Puntuación 8]

− arccos x .
4
a) Halle el mayor dominio posible de f.
Considere la función f : x →
[4 puntos]
[4 puntos]
b) Determine una expresión para la función inversa, f −1 , y escriba su dominio.
Solución:

a) Veamos dónde − arccos x  0
4

2
− arccos x = 0 → x =
4
2
-
+
2
2
-1
1
 2 
Df = 
, 1
 2 
b) y =






− arccos x → y 2 = − arccos x → x = cos − y 2  → f −1( x ) = cos − x2 
4
4
4
4





π
Df −1 = R f = 0,

 2 
10.- [Puntuación 5]
Sea α el ángulo que forman los vectores unitarios a y b, donde 0     .
(a) Exprese |a-b| y |a+b| en función de  .
(b) A partir de lo anterior, determine para qué valores de cos α se cumple que |a+b|=3|a-b|.
Solución:
a) |a-b|2=(a-b).(a-b)=|a|2-2a.b+|b|2=2-2cosα → |a-b|= 2 − 2cos 
|a+b|2=(a+b).(a+b)=|a|2 +2a.b+|b|2=2+2cosα → |a+b|= 2 + 2cos 
b)
2 + 2cos  = 3 2 − 2cos  → 2 + 2cos  = 9(2 − 2cos ) →cos  =
4
5
[3 puntos]
[2 puntos]
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 19]
z+i
, donde i = − 1 y z = x + iy .
z +2
a) Si w=i, determine z y expréselo de la forma z = rcis .
Considere el número complejo w =
(x
b) Demuestre que w =
2
[6 puntos]
)
+ 2x + y 2 + y + i(x + 2y + 2)
[3 puntos]
( x + 2)2 + y 2
c) A partir de lo anterior, compruebe que cuando Re(w)=1 los puntos (x,y) pertenecen a una
recta L1 , y escriba la pendiente de dicha recta.
d) Sabiendo que arg(z) = arg(w ) =
Solución:
[4 puntos]
π
, halle |z|.
4
[6 puntos]
1
z+i
i
1
1 
3
3  1
 3 
2
a) i =
→ z(i − 1) = −i → z =
=
=
=
+ isen  =
cis 
 cos
3

z+2
1−i
4
4
2 −
2
2
2  4 

4
b)
w=
( )4
(
c) Re(w ) =
(x
2
+ 2x + y 2 + y
( x + 2)2 + y 2
)=1 →x
2
(
+ 2x + y 2 + y = x 2 + 4 + 4x + y 2 → 2x + y = 4 + 4x → y = 2x + 4
La pendiente de L1 es 2
y  y
d) arg(z) = arctan = → = 1 → y = x
x 4 x
x + 2y + 2

x + 2y + 2
arg(w ) = arctan 2
= → 2
=1
2
4
x + 2x + y + y
x + 2x + y 2 + y
x + 2x + 2
2
)
)
x + iy + i ( x + iy + i)( x + 2 − iy ) x 2 + 2x + y 2 + y + i(− xy + yx + 2y + x + 2) x 2 + 2x + y 2 + y + i(2y + x + 2)
=
=
=
x + iy + 2 ( x + iy + 2)( x + 2 − iy )
( x + 2)2 + y 2
( x + 2)2 + y 2
2
x + 2x + x + x
= 1 →3x + 2 = 2x2 + 3x → x2 = 1
| z |= x2 + y 2 = 1 + 1 = 2
12.- [Puntuación 18]
a) Una partícula P de mueve en línea recta. El desplazamiento de P con relación al origen viene
dado por: s = 2sen(t ) + sen(2t ), t  0 , donde t representa el tiempo, en segundos, y el
desplazamiento se mide en centímetros.
i) Escriba el periodo de la función s.
ii) Halle la expresión para la velocidad, v, y la aceleración, a de P.
iii) Determine todas las soluciones de la ecuación v=0 para 0  t  4 .
b) Considere la función f(x) = Asen(ax) + Bsen(bx), A, a, B, b, x R .
Utilice la inducción matemática para demostrar que la (2n)-ésima derivada de f viene dada por
f (2n )( x ) = ( −1)n Aa2nsen(ax) + Bb2nsen(bx) , para todo n  Z + .
Solución:
2
2
=2
=1
a) i)Periodo de sen(t ) =
Periodo de sen(2t ) =
2

(
)
El periodo de s es 2 segundos.
ii) v =
a=
ds
= 2 cos( t ) + 2 cos(2t )
dt
dv
= −22sen(t ) − 42sen(2t )
dt
iii)
2 cos( t ) + 2 cos( 2t ) = 0 → cos( t ) + cos( 2t ) = 0 → cos( t ) + cos 2( t ) − sen2( t ) = 0 →


 1


t = 3



t
=
+
2
k

→

 7
3


t =
1 

 3
cos( t ) = → 

5

2
−13 

t=
→ 2cos 2( t ) + cos( t ) − 1 = 0 → cos( t ) =
→

−

 t =
3
4
+ 2k → 


11
3

t =


3



t = 1
 cos( t ) = −1 → t =  + 2k → 

t = 3
b) f ´(x) = (A.a cos( ax) + Bbcos( bx))
(
)
(
)
f (2)( x ) = − Aa2sen(ax) − Bb2sen(bx) = ( −1)1 Aa2sen(ax) + Bb2sen(bx) . La propiedad es cierta para n=1
(
)
Supongamos cierta para n=k:
f (2k )( x ) = ( −1)k Aa2k sen(ax) + Bb2k sen(bx)
Probemos para n=k+1:
f (2k+2)(x)=(−1)k+1 Aa2k+2sen(ax) + Bb2k+2sen(bx)
(
?
(
)
(
)
)
f (2k +1)( x ) = ( −1)k Aa2k +1 cos( ax) + Bb2k +1 cos( bx)
(
)
f (2k +2)( x ) = ( −1)k − Aa2k +2sen(ax) − Bb2k +2sen(bx) = ( −1)k +1 Aa2k +2sen(ax) + Bb2k +2sen(bx)
[10 puntos]
[8 puntos]
13.- [Puntuación 23]
Considere la curva y = xe x y la recta y=kx, k  R .
a) Sea k=0.
(i) Compruebe que la curva y la recta se cortan una vez.
(ii) Halle el ángulo que forman la tangente a la curva y la recta, en el punto de intersección.
b) Sea k=1. Compruebe que la recta es una tangente a la curva.
c)
(i) Halle los valores de k para los cuales la curva y = xe x y la recta y=kx se cortan en dos
puntos distintos.
(ii) Escriba las coordenadas de los puntos de intersección.
(iii) Escriba una integral que represente el área A, de la región delimitada por la curva y la
recta.
(iv) A partir de lo anterior, sabiendo que 0<k<1, compruebe que A<1.
Solución:
a) Sea k=0
i) xex = 0 → x = 0 La curva y la recta se cortan en el (0, 0).
ii) y´= e x + x.e x
tan  = y´(0) = 1 →  =

4
b) Si k=1 y=x es la recta tangente a y = xex en (0, 0).
c) i) Hay dos puntos de corte si k  0 y k  1
 x =0
x = ln k
ii) xex = kx → x(e x − k ) = 0 → 
(0, 0) y (ln k , k. ln k)
iii) Si 0  k  1 A =
Si k  1 A =

ln k
o
0
 (kx − xe ) dx
x
ln k
(kx − xe x ) dx
iv) Comprobemos que 1-A>0

I = x.ex dx
u=x
v´ = e x
u´= 1
v = ex
I = x.e x − e x + C
A=
0
 k (ln k )2

 kx 2

(kx − xex ) dx = 
− x.e x + e x 
=1−
− k . ln k + k 


2
ln k
 2
 ln k



0
 k (ln k )2
 si 0 k 1 k . ln k 0
1 − A == 
− k. ln k + k 
0


2


[5 puntos]
[3 puntos]
[15 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Viernes 5 de noviembre de 2010
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
En el triángulo ABC, AB=5 cm, BC=6 cm y el área es de 10 cm2 .

a) Halle sen B .
b) A partir de lo anterior, halle los dos valores posibles de AC, y dé sus respuestas con una
aproximación de dos cifras decimales.
Solución:
[2 puntos]
[4 puntos]

 2
5.6.sen B
a) 10 =
→ sen B =
2
3


5   16,28 → AC = 4,03
b) AC2 = 36 + 25 − 60cos B = 61 − 60 
=
 3  

 105,72 → AC = 10,28
2.- [Puntuación 4]
La empresa Agua Fresca produce botellas de agua mineral de un litro.
La empresa quiere determinar la cantidad de magnesio, en miligramos, que hay en estas botellas.
Se analiza una muestra aleatoria compuesta por diez botellas. Los resultados se muestran a continuación:
6,7 ; 7,2 ; 6,7 ; 6,8 ; 6,9 ; 7,0 ; 6,8 ; 6,6 ; 7,1 ; 7,3.
Halle una estimación sin sesgo de la media y de la varianza de la cantidad de magnesio presente en las botellas
de un litro.
Solución:
xi
6,6
6,7
6,8
6,9
7,0
7,1
7,2
7,3
fi
1
2
2
1
1
1
1
1
−
x = 6,91
2 = 0,23309511 2= 0,054
3.- [Puntuación 5]
La pérdida de peso, en kilogramos, de las personas que siguen el régimen adelgazante DELGAMAS durante un
periodo de tres meses está modelizada por una variable aleatoria X. Los datos experimentales mostraron que el
67% de las personas que utilizaron DELGAMAS perdieron hasta 5 kilogramos, mientras que el 12,4% perdieron
al menos siete kilogramos. Suponiendo que X sigue una distribución normal, halle la pérdida de peso esperada
para una persona que siga durante tres meses la dieta DELGAMAS.
Solución:
X:"pérdida de peso en tres meses" es N( , )
Z=
Y -

5− 
5−

P(Y  5) = 0,67 → P Z 
= 0,4399
 = 0, 67 →
.
 


7− 
7−

P(Y  7) = 0,124 → P Z 
= 1,1552
 = 0,124 →
 


Resolviendo el sistema:  = 3,77
4.- [Puntuación 7]
Halle la ecuación de la recta normal a la curva x3y 3 − xy = 0 en el punto (1, 1).
Solución:
y − 3x 2y 3
3x 2y 3 + 3y 2y´x3 − y − y´x = 0 → y´=
3y 2x3 − x
En (1, 1) m =
1 −3
= −1 → mN = 1
3−1
y-1=1(x-1) →y=x
5.- [Puntuación 5]
Resuelva las ecuaciones
x
ln = 1
y
ln x3 + ln y 2 =5
Solución:
ln x − ln y = 1
3ln x + 2ln y =5
7
2
→ 5ln x = 7 → x = e 5
y = e5
6.- [Puntuación 7]
Considere el polinomio p( x ) = x 4 + ax3 + bx2 + cx + d , donde a , b, c , d  R .
Sabiendo que 1+i y 1-2i son ceros de p(x), halle los valores de a, b, c y d.
Solución:
Los otros ceros del polinomio son: 1-i y 1+2i
x 4 + ax3 + bx2 + cx + d = (x − 1 − i)( x − 1 + i)( x − 1 + 2i)( x − 1 − 2i) = ( x 2 − 2x + 2)( x 2 − 2x + 5) = x 4 − 4x3 + 11x 2 − 14x + 10
Identificando coeficientes: a=-4 b=11
c=-14
d=10
7.- [Puntuación 6]
La variable aleatoria X sigue una distribución de Poisson de media m. Para esta variable aleatoria
se cumple que: P(X=1)+P(X=3)=P(X=0)+P(X=2).
a) Halle el valor de m, con una aproximación de cuatro decimales.
b) Para este valor de m, calcule P(1  X  2) .
Solución:
a)
e−mm1 e−mm3 e−mm0 e−mm2
m3
m2
+
=
+
→m +
=1+
→ m3 − 3m2 + 6m − 6 = 0 → m = 1,5961
1!
3!
0!
2!
6
2
b) P(1  X  2) = P(X = 1) + P(X = 2) = 0,3235+ 0,2582 = 0,5817
[4 puntos]
[2 puntos]
8.- [Puntuación 5]
La siguiente figura muestra la gráfica de una función lineal f y la de una función cuadrática g.
f
.
g
Indique claramente dónde se produce la intersección con el eje x y dónde se hallan las asíntotas.
Solución:
Sobre esos mismos ejes de coordenadas, dibuje aproximadamente la gráfica de
9.- [Puntuación 8]
Considere los vectores a=sen(2α)i-cos(2α)j+k y b=cosα i-senα j-k, donde 0< α<2  .
Sea θ el ángulo que forman los vectores a y b.
(a) Exprese cosθ en función de α.
(b) Halle el ángulo agudo α para el cual los dos vectores son perpendiculares.
7
(c) Para  =
, determine el producto vectorial de a y b.
6
Solución:
sen(2). cos  + cos(2).sen − 1
a) cos  =
2
 agudo

 2k

b) sen(2). cos  + cos( 2).sen − 1 = 0 → sen(3) = 1 → 3 = + 2k →  = +
→ =
2
6
3
6
→
i
3
c)
2
3
−
2
→
→
j
k
→
→
→ →
1
−
1 =0 i −0 j +0k = 0
2
1
−1
2
[2 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]
10.- [Puntuación 7]
La recta y=m(x-m) es tangente a la curva (1-x)y=1.
Determine m y las coordenadas del punto donde la tangente toca a la curva.
Solución:
1
y=
= m( x − m) → mx − mx2 − m2 + m2x = 1 → mx2 + ( −m − m2 )x + 1 + m2 = 0 →
1− x
→x =
m + m2  ( −m − m2 )2 − 4m(1 + m2 ) m + m2  m4 − 2m3 + m2 − 4m
=
2m
2m
m4 − 2m3 + m2 − 4m = 0 → m = 2,3146 m = 0
Para m=0 la recta y=0 es asíntota horizontal de la curva, pero no toca a la curva.
El punto de tangencia es: x =
2,3146 + 2,31462
= 1,6573
2.2,3146
y = − 1,5214
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 21]
Tim tira simultáneamente dos dados equilibrados e idénticos. Cada dado tiene seis caras.
En dos caras está el número 1, en dos caras está el número 2 y en dos caras está el número 3.
La puntuación de Tim es la suma de los dos números obtenidos con los dados.
a)
(i) Calcule la probabilidad de que la puntuación que obtiene Tim sea igual a 6.
(ii) Calcule la probabilidad de que la puntuación que obtiene Tim sea por lo menos 3.
[3 puntos]
Tim juega con su amigo Hill, quien tiene también los dos dados, numerados de la misma manera.
La puntuación de Hill es la suma de los dos números obtenidos con sus dados.
b)
(i) Calcule la probabilidad de que Tim y Hill obtengan ambos una puntuación igual a 6.
(ii) Calcule la probabilidad de que Tim y Hill obtengan la misma puntuación.
[4 puntos]
c) Sea X el número más alto de los obtenidos con los cuatro dados.
16
(i) Compruebe que P( X  2) =
.
81
(ii) Complete la siguiente tabla de distribución de Probabilidad.
X
P(X=x)
1
1
81
2
3
(iii) Calcule E(X) y E( X 2 ) y, a partir de lo anterior halle Var(X).
d) Sabiendo que X=3, halle la probabilidad de que la suma de los números en los cuatro dados
sea igual a 8.
Solución:
a) Experimento: "tirar los 2 dados y observar la suma de puntos obtenidos"
[10 puntos]
[4 puntos]
i)El espacio muestral es: 2,3, 4,5,6
P(6) =
1
9
ii) P(3) + P(4) + P(5) + P(6) =
2 3 2 1 8
+ + + =
9 9 9 9 9
b) i) El Experimento: "tirar los 2 dados Bill y observar la suma de puntos obtenidos " tiene el mismo espacio
muestral que cuando los tira Tim.
1 1 1
P(Tim obtenga 6 y Billobtenga 6) = . =
9 9 81
ii)
P(Tim y Bill obtengan igual puntuación) = P(Tim obtenga 2 y Billobtenga ) + +P(Tim obtenga 3 y Billobtenga 3) +
P(Tim obtenga 4 y Billobtenga 4) + P(Tim obtenga 5 y Billobtenga 5) + P(Tim obtenga 6 y Billobtenga 6) =
1 1 2 2 3 3 2 2 1 1 19
= . + . + . + . + . =
9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 81
c) Sea X:"nº más alto de los 4 dados"
La variable aleatoria X toma los valores X : 1,2, 3
i)
P(X  2) = P(1111) + P(2222) + P(2221) + P(2212) + P(2211) + P(1112) + P(1121) + P(1122) + P(1211) +
+ P(1212) + P(1221) + P(1222) + P(2111) + P(2112) + P(2121) + P(2122) = 16.
1 16
=
81 81
ii)
X
P(X=x)
ii) E(X ) =
E(X2 ) =
1
1
81
2
15
81
3
65
81
1 30 195 226
+ +
=
= 2,79
81 81 81
81
1 60 585 646
+
+
=
= 7,97
81 81 81
81
Var(X) = E(X2 ) − E(X)2 = 0,1859
d)
P(Suma 4 dados = 8 / X = 3) =
P(Suma 4 dados = 8  X = 3) P(3311) + P(3131) + P(3113) + P(1331) +
=
P( X = 3)
+ P(1313) + P(1133) + P(2231) + P(2213) + P(2321) + P(2123) + P(2312) + P(2132) + P(3221) + P(1223) +
65
81
+ P(3212) + P(1232) + P(3122) + P(1322)
18
18
= 81 =
65 65
81
12.- [Puntuación 20]
La siguiente figura muestra un cubo OABCDEFG.
Sea O el origen, (OA) el eje x, (OC) el eje y y (OD) el eje z.
Sean M, N y P los puntos medios de [FG], [DG] y [CG], respectivamente.
Las coordenadas de F son (2,2,2).
→
→
→
(a) Halle los vectores de posición OM, ON y OP en función de sus componentes.
→
[3 puntos]
→
(b) Halle MPMN .
(c) A partir de lo anterior,
(i) calcule el área del triángulo MNP.
(ii) compruebe que la recta (AG) es perpendicular al plano MNP.
(iii) halle la ecuación del plano MNP.
(d) Determine las coordenadas del punto donde la recta (AG) corta al plano MNP.
Solución:
1
 0
 0
→  
→  
→  
ON =  1 
OP =  2 
a) OM =  2 
 2
 2
1
 
 
 
→
[4 puntos]
[7 puntos]
[6 puntos]
→
b) MP = (−1, 0, − 1) MN = (−1, − 1, 0)
→
→
→
i
j
k
→ → →
MP MN = − 1 0 − 1 = − i + j + k
−1 −1 0
→
→

1 → →
3
c) i) Área MNP = . |MP MN |=
2
2
→
→ →
→
→ →  →
ii) AG = ( −2, 2, 2)= 2. MP MN  → AG es Linealmente dependiente con MP MN → AG ⊥ Plano MNP .


Pplano
iii) − x + y + z + D = 0 → − 0 + 2 + 1 + D = 0 → D = −3
Plano MNP: -x+y+z-3=0
x = 2 − 2t

d) Re cta AG :  y = 2t
 z = 2t

-(2-2t)+2t+2t-3=0 → t =
5
→ Punto de corte
6
1 5 5
 , , 
3 3 3
13.- [Puntuación 19]
a + bex
Sea f ( x ) = x
, donde 0<b<a.
ae + b
a) Compruebe que f ´(x) =
(b2 − a2 )ex
(
.
)
2
x
[3 puntos]
ae + b
b) A partir de lo anterior, justifique por qué la gráfica de f no tiene ningún máximo ni ningún
mínimo local.
c) Sabiendo que la gráfica de f tiene un punto de inflexión, halle sus coordenadas.
d) Compruebe que la gráfica de f tiene exactamente dos asíntotas.
e) Sean a=4 y b=1. Considere la región R delimitada por la gráfica de y=f(x), el eje y, y la recta
1
que tiene por ecuación y = .
2
Halle el volumen V del sólido que se obtiene cuando R gira 2 alrededor del eje x.
Solución:
a) f ´(x) =
b) f ´( x )
(
)
bex aex + b − aex (a + bex )
(ae + b)
2
x
b2 − a 2  0 y e x  0
0
2
c) f ´´(x ) = (b − a
2).
x
=
(b2 − a2 )ex
(ae + b)
2
x
→ f(x) siempre estrictamente decreciente.
(
) ( )
(ae + b)
2
e x . aex + b − 2 aex + b aex .e x
4
x
=
aex .e x + bex − 2aex e x
(ae + b)
x
3
=
e x (b − aex )
(ae + b)
3
x
b
a+b
2
2
b
a = a +b
b − ae = 0 → x = ln → y =
b
a
2ab
a +b
a
x
d) Asíntotas verticales no hay, pues aex + b  0
Asíntotas horizontales:
lim
a + bex
x→+ ae x
+b
= lim
x→+ ae x
Las dos asíntotas horizontales son: y =
e) V = 

1,25 
0
2
bex
b
a
x 
 4 + e  dx − . 1 .1,25 = 1,09
 4ex + 1 
4


=
b
a
lim
a + bex
x → − aex
y=
a
b
+b
=
a
b
[2 puntos]
[6 puntos]
[3 puntos]
[5 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ1
Miércoles 4 de mayo de 2011
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 7]
Los sucesos A y B son tales que P (A) = 0,3 y P (B) = 0,4.
(a) Encuentre el valor de P( A  B) cuando
(i) A y B son mutuamente excluyentes;
(ii) A y B son independientes.
(b) Sabiendo que P( A  B) = 0,6 , calcule P (A | B).
Solución:
a) i) P( A  B) = 0,3 + 0,4 = 0,7
[4 puntos]
[3 puntos]
ii) P( A  B) = 0,3 + 0,4 − 0,3.0,4 = 0,58
P( A  B)
P(B)
P( A  B) = 0,3 + 0,4 − P( A  B) → P( A  B) = 0,1
b) P( A | B) =
P( A  B) 0,1 1
=
=
P(B)
0,4 4
P( A | B) =
2.- [Puntuación 4]
z
Sabiendo que
= 2 − i, z  C , calcule z en la forma a + ib.
z +2
Solución:
4 − 2i 4 − 2i −1 − i −4 − 4i + 2i − 2
=
.
=
= −3 − i
z=2z+4-iz-2i → z =
−1 + i −1 + i −1 − i
2
3.- [Puntuación 7]
En una progresión geométrica u1 , u2 , u3 ,... u1 = 27 y su suma infinita es
(a) Encuentre la razón común de la progresión geométrica.
Una progresión aritmética v1 , v 2 , v3 , ... , ... es tal que v 2 = u2 y v 4 = u4 .
81
.
2
[2 puntos]
N
(b) Hallar el mayor valor de N tal que
v
n
0.
n =1
Solución:
a)
81 27
1
=
→r=
2 1−r
3
v2 = 9
v4 = 1
v 4 = v2 + 2d → d = −4
v 1 = 13
N
v
n=1
N=7
n
=
13 + 13 + (N − 1)( −4)
30 − 4N
.N =
.N = (15 − 2N).N)
2
2
[5 puntos]
4.- [Puntuación 5]
El diagrama de abajo muestra un círculo con el centro O.
Los puntos A, B, C se encuentran en la circunferencia del círculo y [AC] es un diámetro.
→
→
Sea OA = a y OB = b
→
→
(a) Escriba las expresiones para AB y CB en función de los vectores a y b.

(b) Usando lo anterior, pruebe que ABC es un ángulo recto.
Solución:
[2 puntos]
[3 puntos]
→
a) AB = b-a
→
→
→
→
→
CB = CO+ OB = OA+ OB = a+b
→
→
b) BA• BC = (a-b).(-a-b)=-|a|2-a.b+b.a+|b|2=-|a|2+|b|2=0
5.- [Puntuación 5]
(a) Demuestre que
sen2
= tan  .
1 + cos 2
(b)Usando lo anterior, encuentre el valor de cot an
[2 puntos]

en la forma a + b 2 , donde a , b  Z .
8
Solución:
sen2
2sen cos 
2sen cos  sen
a)
=
=
=
= tan 
2
2
1 + cos 2 1 + cos  − sen 
cos 
2cos 2 

2
sen

2

4 = 2 =
b) tan =
→ cot an = 1 + 2

8 1 + cos
8
2 2+ 2
1+
4
2
[3 puntos]
6.- [Puntuación 5]
En una población de conejos, el 1% es conocido por tener una enfermedad en particular.
Una prueba que se ha desarrollado para la enfermedad da un resultado positivo para un
conejo tiene la enfermedad en el 99% de los casos.
También se sabe que la prueba da un resultado positivo para un conejo que no tiene la
enfermedad en el 0,1% de los casos. Un conejo es elegido al azar de la población.
(a) Encuentre la probabilidad de que el conejo de positivo para la enfermedad.
(b) Sabiendo que la prueba a un conejo es positiva para la enfermedad, muestre que la
probabilidad de que el conejo no tiene la enfermedad es menor de 10%.
Solución:
0,99
+
Enfermo  +
Enfermo
0,01
0,001
+
Sano  +
Sano
0,99
a) P(+) = P(Enfermo  +) + P(Sano +) = 0,01.0,99 + 0,99.0,001 = 0,01089
b) P(Sano / +)) =
P(Sano +) 0,99.0,001 0,00099 99
99
100
=
=
=


= 0,1
P(+)
0,01089 0,01089 1089 1000 1000
7.- [Puntuación 6]
Encuentre el área encerrada por la curva y= arctan x, el eje x y la recta x = 3 .
Solución:

3
Área= arctan x dx
0
u = arctan x
1
u´=
1 + x2
v´ = 1
v=x
3
3
1
 1


arctan x dx = x. arctan x − ln(1 + x2 ) = 3 . − ln 4
2
3 2

0
0

[2 puntos]
[3 puntos]
8.- [Puntuación 6]
1
g(x ) = , x  0 .
x
Considere las siguientes funciones f(x) = 2x + 3
a)
i) Calcule (gof)(x) y escriba el dominio de la función.
ii) Calcule (fog)(x) y escriba el dominio de la función.
(b) Encuentre las coordenadas del punto donde la gráfica de y = f (x) y la gráfica de
y = g −1ofog ( x ) se cortan.
Solución:
a) i) (gof )( x ) = g(2x + 3) =
[4 puntos]
 3
Dgof = R − − 
 2
1
2x + 3
1 2
ii) (fog )( x ) = f   = + 3
x x
b) y =
(g
[2 puntos]
Dfog = R − 0
1
1
1
→ x = → g −1(x ) =
x
y
x
)
x
 2 + 3x 
ofog ( x ) = g −1 
=
 x  2 + 3x
−1
x
= 2x + 3 → 4x + 6 + 6x2 + 9x − x = 0 → x2 + 2x + 1 = 0 → x = −1
2 + 3x
El punto es (-1, 1)
9.- [Puntuación 7]
Demuestre que los puntos (0, 0) y
Solución:
( 2 , −
)
2 en la curva e( x+y ) = cos( xy ) tienen una tangente común.
e( x+y )(1 + y ´) = −sen( x.y )( y + y ´x )
y ´=
− sen( xy ).y − e( x+y )
e( x+y ) + sen( xy )x
En (0, 0)
En
m=
( 2 , −
− sen0.o − e0
e0 + sen0.0
)
2 m =
= −1
− sen( −2).( − 2 ) − e0
e0 + sen( −2). 2
La tangente común es y=-x
= −1
10.- [Puntuación 8]
El diagrama siguiente muestra la gráfica de la función y = f (x), definida para todo x  R , donde b> a> 0.
1
f(x − a) − b
(a) Encuentre el mayor dominio posible de la función g.
(b) Trace el gráfico de y = g (x). En el gráfico, indique cualquier asíntota y los máximos o
mínimos locales, y escriba sus ecuaciones y coordenadas.
Solución:
x − a = a → x = 2a
a) f ( x − a ) − b = 0 → f ( x − a ) = b → 
 x − a = −a → x = 0
Considere la función g(x) =
Dg = R − 0, 2a
b)
x
−
0
f
+
0
a
b
2a
+
+
g
0
+ || −
1
−
b
− || +
0
x=2a
[2 puntos]
[6 puntos]
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 19]
Los puntos A (1, 2, 1), B (-3, 1, 4), C (5, -1, 2) y D (5, 3, 7) son los vértices de un tetraedro.
→
→
(a) Encuentre los vectores AB y AC .
(b) Encuentre la ecuación cartesiana del plano  que contiene la cara ABC.
(c) Hallar la ecuación vectorial de la recta que pasa por D y es perpendicular a  .
Usando lo anterior, o de otra manera, calcule la distancia más corta de D a  .
(d)
(i) Calcule el área del triángulo ABC.
(ii) Calcule el volumen del tetraedro ABCD.
(e) Determine cuál de los vértices B o D está más cerca de su cara opuesta.
Solución:
 − 4
 4
→ 
→ 


a) AB =  − 1 
AC =  − 3 
 3 
 1 
 
 
i
j k 8
 
b) AB AC = − 4 − 1 3 =  16 
4 − 3 1  16 
→
→
A
 : 8x + 16y + 16z + D =0 → 8 + 32 + 16 + D = 0 → D = −56
 : 8x + 16y + 16z + −56 = 0   : x + 2y + 2z − 7 = 0
 x = 5+ t

c) y = 3 + 2t
z = 7 + 2t

| 5 + 6 + 14 − 7 |
d(D, ) =
=6
1+ 4+ 4

d) i) Área ABC =
1
1
24
64 + 256 + 256 =
576 =
= 12
2
2
2
1
ii) V = .12.6 = 24
3
e) d(D, ) = 6
d(B, plano ACD) =
V

1
Área ACD
3
=
72

Área ACD
i
j k  − 19 


AC AD = 4 − 3 1 =  − 20
4 1 6  16 
→
→

Área ACD =
1
1
361 + 400 + 256 =
1017
2
2
72
144
144
=
=
6
1
31,89
1017
1017
2
B está más cerca de su cara opuesta
d(B, plano ACD) =
[2 puntos]
[4 puntos]
[5 puntos]
[4 puntos]
[4 puntos]
12.- [Puntuación 19]
ln x
, 0  x  e2 .
x
(a)
(i) Resuelva la ecuación f ´ (x) = 0.
(ii) De lo anterior, muestre que la gráfica de f tiene un máximo local.
(iii) Escriba el recorrido de la función f.
(b) Muestre que hay un punto de inflexión en el gráfico y determine sus coordenadas.
(c) Dibuje la gráfica de y = f (x), indicando claramente la asíntota, la intersección con el eje x
y el máximo local.
ln | x |
ln | x |
(d) Consideremos ahora las funciones g(x) =
y h(x) =
, donde 0 | x | e2 .
x
|x|
(i) Dibuje el gráfico de y = g (x).
(ii) Escriba el recorrido de g.
(iii) Halle los valores de x tales que h (x)> g (x).
Solución:
1 − ln x
a) i) f ´(x ) =
x2
1-lnx=0 → x=e
−x − 2x(1 − ln x ) −3 + 2ln x
−1
ii) f ´´(x ) =
.
=
f ´´(e) =
 0 → En x=e hay un máximo local
4
3
e3
x
x
1

iii) R f =  −  , 
e

Considere la función f (x ) =
3
3
→ x = e2
2
 3


3 
2
Punto inflexión  e ,

3


2e 2 

c)
b) − 3 + 2 ln x = 0 → ln x =
d) i)
ii) R g = R


iii) − e2 , − 1
[5 puntos]
[5 puntos]
[3 puntos]
[6 puntos]
13.- [Puntuación 22]
a) Escriba el desarrollo de (cos  + isen)3 en la forma a + ib, donde a y b están en función
de senθ y cosθ.
3
(b) De lo anterior muestre que cos 3 = 4 cos  − 3cos  .
5
[3 puntos]
3
(c) De manera similar muestre que cos 5 = 16cos  − 20cos  + 5cos  .
[3 puntos]
 
(d) Usando lo anterior resuelva la ecuación cos5θ + cos3θ + cosθ = 0, donde   − ,
 2
(e) Considerando las soluciones de la ecuación cos5θ = 0, muestre que cos
y escriba el valor de cos
[2 puntos]

.
2 
[6 puntos]

5+ 5
=
10
8
7
.
10
[8 puntos]
Solución:
a)
(cos  + isen)3 = 
3  3 3 2
3
 3
 cos  +   cos  isen +   cos (isen)2 +  (isen)3 =
 0
1
 2
 3
= cos3  + 3cos 2  isen − 3cos  sen2 − isen3 = (cos 3  − 3cos  sen2) + (3cos 2  sen − sen3)i
b) (cos  + isen)3 = cos 3 + isen3
Igualando las partes reales: cos 3 = cos3  − 3cos  sen2 = cos3  − 3cos (1 − cos 2 ) = 4 cos 3  − 3cos 
c)
(cos θ + isenθ)5 = 
5  5 5 4
5
 5
 cos θ +   cos θ isenθ +   cos 3 θ(isenθ)2 +   cos 2 θ(isenθ)3 +
 0
1
 2
 3
5 
 5
+   cos θ(isenθ)4 +   (isenθ)5 = cos 5 θ + 5cos 4 θ isenθ − 10cos 3 θsen2θ − 10cos 2 θ isen3θ + 5cos θsen 4θ + isen5θ
 4
 5
(cos  + isen)5 = cos 5 + isen5
Igualando las partes reales:
cos 5θ = cos5 θ − 10cos3 θsen2θ + 5cos θsen4θ = cos5 θ − 10cos3 θ(1 − cos 2 θ) + 5cos θ(1 − cos 2 θ)2 =
= cos5 θ − 10cos3 θ + 10cos5 θ + 5cos θ + 5cos5 θ − 10cos3 θ = 16cos5 θ − 20cos3 θ + 5cos θ
d)
cos 5θ + cos 3θ + cos θ = 0 → 16cos 5 θ − 20cos3 θ + 5cos θ + 4 cos 3 θ − 3cos θ + cos θ =
 cos θ = 0
= 16cos 5 θ − 16cos 3 θ + 3cos θ = 0 → 
→
4
2
16cos θ − 16cos θ + 3 = 0
π

 θ= 2

3

3
π
→
16  8  4 → cos θ =  2 → θ =  6
2
2
16t − 16t + 3 = 0 ( t = cos θ) → t =
=
32

 1 → cos θ =  1 → θ =  π

 4
2
3
e) cos 5 = 0 → 5 =
cos 5.

 k
+ k , k  Z →  =
+
, k Z
2
10 5
π
π
π
5π
π
π
= 0 → 16cos5
− 20cos3
+ 5cos
= 0 →16cos 4
− 20cos 2
+5=0 →
10
10
10
10
10
10
→ cos 2
π 20  400 − 320 20  80 20  4 5 5  5
=
=
=
=
10
32
32
32
8
cos

5+ 5
=+
10
8
cos
7
5− 5
=−
10
8
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ2
Miércoles 4 de mayo de 2011
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
La función cuadrática f ( x ) = p + qx − x 2 alcanza un valor máximo, igual a 5, para x=3.
a) Halle el valor de p y el valor de q.
b) La gráfica de f(x) se traslada 3 unidades en la dirección paralela al eje x y en sentido positivo.
Determine la ecuación de la nueva gráfica.
Solución:
a) f(3) = p + 3q − 9 = 5 →p + 3q = 14
f ´(x) = q − 2x
[4 puntos]
[2 puntos]
f ´(3)=0
→ q − 6 = 0 → q = 6 → p = −4
b) La ecuación de la nueva gráficas es: g(x) = f(x - 3) = -4 + 6(x - 3)- (x - 3)2 = −x2 + 12x − 31
2.- [Puntuación 5]
0 2 
 .
Considere la matriz A= 
 a − 1
a) Halle la matriz A 2 .
[2 puntos]
b) Sabiendo que det A2 = 16 , determine los posibles valores de a.
Solución:
−2 
 0 2   0 2   2a
.
 = 

a) A 2 = 
 a − 1   a − 1   − a 2a + 1 
[3 puntos]
2
b) det A = 16
2a(2a + 1) − 2a = 4a2
4a2 = 16 → a = 2
3.- [Puntuación 6]
La variable aleatoria X tiene la siguiente función de densidad de probabilidad f:
kx( x + 1)(2 − x ) 0  x  2
f(x) = 
0
resto de valores

a) Dibuje aproximadamente la gráfica de la función. No es necesario que halle las coordenadas
del máximo.
b) Halle el valor de k.
Solución:
a) a)
 (
)
2
  x 4 x3

8

 8k
b) kx( x + 1)(2 − x ) dx = k − x + x + 2x dx = k  −
+
+ x 2  = k  − 4 + + 4  =


4
3
3
 

 3
0
0
 0

2
8k
3
= 1 →k =
3
8
2
3
2
[ 1 punto]
[5 puntos]
4.- [Puntuación 6]
Los números complejos z1 = 2 − 2i y z2 = 1 − 3 i están representados en un diagrama de Argand
mediante los puntos A y B, respectivamente. Sabiendo que O es el origen,
a) Halle AB, exprese la respuesta de la forma a b − 3 , donde a , b  Z + .
[ 3 puntos]

b) Calcule AOB en función de π .
Solución:
→
(
)
(
[ 3 puntos]
)
a) AB = 1, − 3 −(2, − 2) = − 1, − 3 + 2
→
| AB|= 8 − 4 3 = 2 2 − 3
b) arg z1 = −

AOB =

4
arg z2 = −

3
  
− =
3 4 12
5.- [Puntuación 6]
La siguiente figura muestra la gráfica de y=f(x).
La gráfica tiene una asíntota horizontal en y=2.
1
.
f(x )
b) Dibuje aproximadamente la gráfica de y= x.f(x).
Solución:
Construimos la siguiente tabla:
a) Dibuje aproximadamente la gráfica de y =
a) b)
x
f(x)
−
2
0
1
2
+
0
-1
0
+
[ 3 puntos]
[ 3 puntos]
1
f(x)
1
2
+|| − 
-1
−|| + 
0
x.f(x)
−
0
-1
0
+
6.- [Puntuación 5]
En la siguiente figura, [AB] representa el diámetro del círculo con centro en O. El punto C está situado sobre la
→
→
circunferencia del círculo. Sean OB = b y OC = c.
→
→
a) Halle una expresión para CB y otra para AC , en función de b y de c.

b) A partir de lo anterior, demuestre que ACB es un ángulo recto.
Solución:
→
→
[ 2 puntos]
[ 3 puntos]
→
a) CB = CO+ OB = -c+b
→
→
→
→
→
AC = AB+ BC = 2OB− CB = 2b+c-b=b+c
→ →
b) CA .CB = (-b-c).(-c+b)=b.c-b.b+c.c-c.b=-|b|2+|c|2=0
7.- [Puntuación 5]
La siguiente figura muestra un círculo con centro en O y radio r y una recta TP tangente a él.

El ángulo POA mide  radianes.
a) Halle el área del triángulo AOP en función de r y de  .
b) Halle el área del triángulo POT en función de r y de  .
c) Utilizando los resultados de los apartados (a) y (b), compruebe que sen    tg
Solución:

r.rsen r2sen
a) Área AOP =
=
2
2
2

r.rtg r tg
b) ÁreaPOT =
=
2
2


r2sen r2 r2tg
c) Área( AOP) Áreasec tor( AOP)  Área(POT) →


→ sen    tg
2
2
2
[1 punto]
[2 puntos]
[2 puntos]
8.- [Puntuación 6]
Una función viene dada por: h( x ) = 2e x −
1
e
x
, x  R . Halle una expresión para h −1 ( x ).
Solución:
x
y = 2e −
1
ex
ex =t
→ 2t 2 − yt − 1 = 0 → t =


2
y  y2 + 8
 y + y +8 
→ x = ln 

4
4





x + x2 + 8 
h −1(x ) = ln 

4



9.- [Puntuación 7]
Un lote compuesto por 15 reproductores de DVD contiene 4 que están defectuosos.
Los reproductores de DVD se van eligiendo al azar, uno por uno, y se revisan.
Aquellos que ya se han revisado no se devuelven al lote.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que, de los 8 primeros reproductores de DVD revisados,
exactamente 3 estén defectuosos?
b) ¿Cuál es la probabilidad de que el 9º reproductor de DVD revisado sea el 4º reproductor
defectuoso encontrado?
Solución:
a) Experimento: "elegir al azar 8 DVDs"
[4 puntos]
[3 puntos]
Suceso S:"hay 3 DVDs defectuosos"
 4   11
11.10.9.8.7
 . 
4.
3
5
56
5.4.3.2
P(S) =     =
=
15.14.13.12.11.10.9 195
 15
 
7.6.5.4.3.2
8 
b) P(9º sea el 4º defectuoso)=P(S).
1 56 1
8
=
. =
7 195 7 195
10.- [Puntuación 8]
En una progresión aritmética, el primer término es a y la diferencia común es igual a d, d  0 .
Los términos 3º, 4º y 7º de esta progresión aritmética son los tres primeros términos de una
progresión geométrica.
3
a) Compruebe que a = − d .
2
b) Compruebe que el 4º término de la progresión geométrica es el término 16º de la progresión
aritmética.
Solución:
u4 = a + 3d
u7 = a + 6d
a) u3 = a + 2d
d 0
a + 3d a + 6d
3d
=
→a2 + 9d2 + 6ad = a2 + 12d2 + 8ad → − 2ad = 3d2 →a = −
a + 2d a + 3d
2
3d
+ 3d
3d
2
=
=3
3d
d
−
+ 2d
2
27d
 3d

u7 .d =  −
+ 6d .3 =
2
2


a + 3d
b) La razón de la progresión geométrica es:
=
a + 2d
El 4º término de la geométrica es:
−
3
27d
El término 16º de la aritmética es: a + 15d = − d + 15d =
2
2
[3 puntos]
[5 puntos]
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 15]
La curva C tiene por ecuación y =
(
)
1
9 + 8x2 − x 4 .
8
a) Halle las coordenadas de los puntos pertenecientes a C en los cuales
dy
=0 .
dx
b) La tangente a C en el punto P(1,2) corta al eje x en el punto T.
Determine las coordenadas de T.
c) La normal a C en el punto P corta al eje y en el punto N. Halle el área del triángulo PTN.
Solución:
dy 1
1
a)
= 16x − 4x3 = 4x − x3
dx 8
2
(
) (
)

 9
 x = 0 → Punto  0, 
dy
2
 8
= 0 → x(4 − x ) = 0 → 
dx
x = 2 → Puntos  2, 25  y  − 2, 25 

8 
 8  
3
b) Tangente a la curva en P: y − 2 = ( x − 1)
2
 1 
T − , 0 
 3 
2
c) La normal a la curva en P: y − 2 = − (x − 1)
3
 8
N 0, 
 3

→
1 →
1
4 16
1 13 52 13
Área triángulo PTN = . | PN | . | PT |= . 1 + .
+4 = .
.
=
2
2
9 9
2 3
3
9
[ 4 puntos]
[ 4 puntos]
[ 7 puntos]
12.- [Puntuación 20]
a) Exprese z3 + 1 como producto de dos factores: uno lineal y otro cuadrático.
1+ i 3
Sea γ =
.
2
b)
(i) Compruebe que  es una de las raíces cúbicas de -1.
[ 2 puntos]
(ii) Compruebe que γ2 = γ − 1 .
(iii) A partir de lo anterior, halle el valor de (1 − γ )6 .
[ 9 puntos]
γ 1

1  .
La matriz A viene dada por A= 
0 γ 


c) Compruebe que A 2 − A + I = O , donde O es la matriz nula.
d) Deduzca que:
[ 4 puntos]
(i) A3 = −I .
(ii) A −1 = I − A .
Solución:
a)
1
0
0
1
-1
-1
1
-1
1
-1
1
0
[ 5 puntos]
z3 + 1 = (z + 1).(z2 − z + 1)
3
 1+ i 3  1+3 3 i − 9−3 3 i
 =
= −1
b) i) γ = 

8
 2 
3
  = −1 No
ii) γ3 + 1 = 0 →(  + 1).(  2 −  + 1) = 0 →  2
2
 −  + 1 = 0 →  =  − 1
( )
4
6
iii) (1 − γ ) =  12 = 3 = ( −1)4 = 1
c)
 2
γ
γ 1γ 1 γ 1


 


1
1
1
.
−
+
I
=
 0
 0


A2 − A + I =  0





γ
γ 
γ
0



0

=
0


γ2 + 1 − γ 
  0 0
γ
 =O
=
2   0 0
1− γ + λ  


γ

d) i) A3 = A.A2 = A.( A − I) = A2 − A = −I
ii) Veamos si A −1 .A = I
En efecto: A −1 .A = (I − A).A = A − A2 = I
1
 2
γ+  γ 1
 γ − γ +1
γ 
1  + I = 
−
1  0

0
γ 

2  
γ 

1

−1 
γ
=
1 1

− + 1
2 γ
γ

γ+
13.- [Puntuación 25]
a)
(i) Dibuje aproximadamente, sobre los mismos ejes de coordenadas, la gráfica de
π
y=senx y la de y=sen2x, para 0  x  .
2
(ii) Halle las coordenadas x de los puntos de intersección de ambas gráficas, dentro del
π
dominio 0  x  .
2
(iii) Halle el área delimitada por las gráficas.
1
x
dx . Para ello, utilice la sustitución x = 4sen2θ .
0 4−x
c) La función creciente f satisface f(0)=0 y f(a)=b, donde a>0 y b>0.
b) Halle el valor de

(i) Haciendo referencia a un dibujo aproximado, compruebe que
(ii) A partir de lo anterior, halle el valor de
2

a
f ( x )dx = ab −
0
[ 9 puntos]
[ 8 puntos]
b
f
0
x
 arcsen 4 dx .
−1
( x )dx .
[ 8 puntos]
0
Solución:
a) i)
senx = 0 → x = 0

ii) senx = sen2x →senx(1 − 2cos x) = 0 → 
1

 cos x = 2 → x = 3


3
iii) Área =
(sen2x − senx ) dx = − cos 2x + cos x  3 = 1 + 1 + 1 − 1 = 1
2
4

0 4 2 2
0
b)

x = 4sen2θ
dx = 8sen cos  d
x
4sen2
2sen sen
=
=
=
2
4−x
4 − 4sen  2cos  cos 

1
0





 
x
sen
sen2  6
3  2
dx = 6
.8sen cos  d = 6 8sen2 d = 6 4(1 − cos 2) d = 4  −
=
− 3
 = 4 −

4−x
2  0
0 cos 
0
0
 
6 4  3



a
c ) i) a.b = A 1 + A 2 = f ( x )dx +
0
x
ii) f ( x ) = arcsen 
4

b
0


a
f −1 ( x )dx → f ( x )dx = ab −
a =2
0
b
f
0
−1
( x )dx
1 
b = f (2) = arcsen =
2 6
x
y = arcsen  → x = 4seny → f −1( x ) = 4senx
4
2

x
arcsen dx = 2. −
4
6
 
0



6
0

4senx dx =
 

 
3
− − 4 cos x06 = −  − 4.
+ 4 = + 2 3 − 4
 3
3
3 
2

MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ1
Jueves 5 de mayo de 2011
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
El gráfico de frecuencias acumuladas a continuación representa el peso en gramos de 80 manzanas recogidas de
un árbol en particular
(a) Estime
i) la mediana del peso de las manzanas;
ii) el percentil 30 del peso de las manzanas.
(b) Estime el número de manzanas que pesan más de 110 gramos.
Solución:
a) i) 104
ii) 90
b) 80-49=31
[2 puntos]
[2 puntos]
2.- [Puntuación 6]
Considere la función f ( x ) = x3 − 3x 2 − 9x + 10, x  R
(a) Encuentre la ecuación de la recta que pasa por los puntos máximo y mínimo de la gráfica
y = f (x).
(b) Muestre que el punto de inflexión de la gráfica y = f (x) se encuentra en esta recta.
Solución:
a) f ´(x ) = 3x2 − 6x − 9 = 3( x2 − 2x − 3)
x 2 − 2x − 3 = 0 → x =
2 4  3
=
2
− 1
f ´´(x) = 3(2x − 2)
f´´(3)=12>0 → (3, -12) es un mínimo
f ´´(-1)=-12<0 → (-1, 15) es un máximo
 − 4
Vector director de la recta   → pendiente=-8
 32 
y-15=-8(x+1)
y=-8x+7
b) 2x-2=0 → x=1
Punto de inflexión (1, -1) pertenece a la recta y=-8x+7 porque -1=-8.1+7
[4 puntos]
[2 puntos]
3.- [Puntuación 5]
Dado  ABC, con longitudes mostradas en el siguiente diagrama, encuentre la longitud del segmento de línea
[CD].
Solución:
5
7
=
→ D = 115,85
sen40 senD
B=51,7ᵒ
CD
5
=
→ CD = 4,36

sen51,7
sen115,85
4.- [Puntuación 5]
La función f ( x ) = 4x3 + 2ax − 7a , a  R tiene por resto -10 cuando se divide por x-a.
(a) Encuentre el valor de a.
(b) Demuestre que para este valor de a la ecuación f (x) = 0 tiene una solución real única.
Solución:
[3 puntos]
[2 puntos]
a) f (a ) = −10 → 4a3 + 2a2 − 7a = −10 → a = −2
 x = 1,74
b) 4x3 − 4x + 14 = 0 → 
x = −0,87  1,12i
5.- [Puntuación 5]
(a) Escriba la expresión cuadrática 2x 2 + x − 3 como el producto de dos lineales.
(b) Usando lo anterior, o de otra manera, encuentre el coeficiente de x en el desarrollo de
(2x
2
)
8
+ x −3 .
Solución:
a) 2x2 + x − 3 = 0 → x =
[1 punto]
[4 puntos]
−1 5 
1
= 3
−
4
 2

2x 2 + x − 3 = ( x − 1)(2x − 3
b)
(2x
2
)
 8 8
  8 
   8  8 

8
8
 8  8 
+ x − 3 = ( x − 1)8 (2x − 3)8 = −  x +   + .....  (2x ).37 +  .38 + .... = −   .38 +   .2.37  x + .... =
8
 8  7 
  7   8 
  7 
   7  8 

 8  8 
 8  8 
Coeficiente de x = −   .38 +   .2.37 = −52488 + 34992 = −17496
 7  8 
 8  7 
6.- [Puntuación 7]
El radio del círculo con el centro C es 7 cm y el radio del círculo con el centro D es de 5 cm. Si la longitud de la
cuerda [AB] es de 9 cm, calcule el área de la región sombreada encerrada por los dos arcos AB.
Solución:
92 = 72 + 72 − 2.7.7. cos C → C = 1,39
92 = 55 + 52 − 2.5.5. cos D → D = 2,24
Área sombreada=
1,39.72 7.7.sen1,39 2,24.25 5.5.sen2,24
−
+
−
= 28,15
2
2
2
2
7.- [Puntuación 7]
Una variable aleatoria continua X tiene una función de densidad de probabilidad dada por la función f (x), donde
 k( x + 2)2 , − 2  x  0

4

f(x) =  k , 0  x 
3

0, en los demás casos
(a) Halle el valor de k.
(b) Usando lo anterior, encuentre
(i) la media de X;
(ii) la mediana de X.
Solución:
a)
0
 k(x + 2)
2
−2
0
dx +

4
3
0
[2 puntos]
[5 puntos]
k dx = 1
4
 ( x + 2)3 
8
4
1
k
 + kx 03 = 1 → k + k = 1 → k =
3 
3
3
4

−2
0
1
b) i) E(X ) =
x(x + 2) 2 dx +
−2 4

ii)
m

4
31
0
1 2
1
x dx = − + = −
4
3 9
9
1
1
( x + 2)2 dx = → m = −0,18
4
2
−2

8.- [Puntuación 8]
Un avión de reacción viaja horizontalmente a lo largo de una trayectoria recta por un minuto,
comenzando en tiempo t = 0, donde t se mide en segundos.
La aceleración, a, medida en ms-2, del avión se da por el gráfico de línea recta a continuación.
(a) Halle una expresión para la aceleración del avión durante este tiempo, en función de t.
[1 punto]
(b) Sabiendo que cuando t = 0 el avión viaja a 125 ms-1, encuentre su máxima velocidad en ms-1 . [4 puntos]
(c) Sabiendo que el avión rompe la barrera del sonido a 295 ms-1, averigüe cuanto tiempo viaja
el avión a más que esa velocidad.
[3 puntos]
Solución:
 60 
5
 → la pendiente de esa recta es −
a) Vector director de la aceleración 
−
25
12


Ecuación de la recta: a − 15 = −
b) a =
v=−
5
5
(t − 0) → a = − t + 15
12
12
dv
5
5
 5

= − t + 15 → dv =  − t + 15 dt → v = − t 2 + 15t + C
dt
12
24
 12

 
5 2
t + 15t + 125
24
b) Máxima velocidad 395 ms-1
c) 57,91-14,09=43,82 segundos
t =0 v =125
→
C = 125
9.- [Puntuación 6]
Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones.
log x +1 y = 2
log y +1 x =
1
4
Solución:
1
( x + 1)2 = t 
x = 1,69 → y = 7,24

2
4 = x → ( x + 1)2 + 1 = x 4 → x 4 − x 2 − 2x − 2 = 0 → 
(
x
+
1
)
+
1
1

 x = −1 No valida
( y + 1) 4 = x 


10.- [Puntuación 7]
El puerto A se define como el origen de un conjunto de ejes de coordenadas y el puerto B se localiza en
el punto (70, 30), donde las distancias se miden en kilómetros.
Un barco S1 sale desde el puerto A a las 10:00 en línea recta y su posición t horas después de las 10:00 viene
 10 
dada por r= t   .
 20 
Una lancha rápida S2 es capaz de conseguir tres veces la velocidad de S1 y alcanzar a S1 viajando la distancia
más corta posible. ¿Cuál es la última vez que S2 puede salir del puerto B?
Solución:
 x   10 
Ecuación trayectoria de S1 :   = t  
 y   20 
Ecuación trayectoria de S2 , saliendo s minutos
 x   70
 − 60

después:   =   + ( t − s)
 y   30
 30 
 10   70
 − 60

t   =   + ( t − s)
20
30
   
 30 
10t = 70 − 60t + 60s
7t − 6s = 7 
28
= 112min utos
→
 → s=
15
20t = 30 + 30t − 30s 
− t + 3s = 3
Última hora de salida las 11:52
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 14]
Las ecuaciones de tres planos, vienen dadas por
ax+2y+z=3
-x+(a+1)y+3z=1 , a R
-2x+y+(a+2)z=k
(a) Sabiendo que a = 0, muestre que los tres planos se cortan en un punto.
(b) Halle el valor de a tal que los tres planos no se corten en un punto.
(c) Sabiendo que los tres planos no se cortan en un punto, encuentre el valor de k tal que los
planos se corten en una recta y encuentre una ecuación de esta recta en la forma
 x   x0   l 
     
 y  =  y 0  +  m  .
z z   n 
   0  
Solución:
0 2 1
[3 puntos]
[5 puntos]
[6 puntos]
a) − 1 1 3 = −12 − 1 + 2 + 4 = −7  0 El sistema es compatible determinado (solución única)
−2 1 2
a
2
1
3 = 0 → a(a2 + 3a + 2) − 12 − 1 + 2a + 2 + 2a + 4 − 3a = 0 → a3 + 3a2 + 3a − 7 = 0 → a = 1
b) − 1 a + 1
−2 1
a +2
Si a=1 rango(A)=2 → los tres planos no se cortan en un punto.
x + 2y + z = 3 

c) − x + 2y + 3z = 1 
− 2x + y + 3z = k 
1 2 3
− 1 2 1 = 0 → 2k − 4 − 3 + 12 + 2k − 1 = 0 → 4k = −4 → k = −1
−2 1 k
x + 2y = 3 − z 
 → 4y = 4 − 4z → y = 1 − z → x = 3 − z − 2 + 2z = 1 + z
− x + 2y = 1 − 3z
 x  1  1 
     
 y  =  1  +  − 1 
 z   0  1 
     
12.- [Puntuación 17]
Sea X minutos, las llegadas a una escuela de los estudiantes después de las 08:00, donde X
puede distribuirse normalmente. En un día determinado se observa que el 40% de los estudiantes
llegan antes de las 08:30 y el 90% llegan antes de las 08:55.
(a) Hallar la media y la desviación típica de X.
[5 puntos]
(b) La escuela tiene 1.200 estudiantes y las clases comienzan a las 09:00.
Estime el número de estudiantes que llegarán tarde ese día.
[3 puntos]
(c) Maelis no había llegado a las 08:30. Encuentra la probabilidad de que llegara tarde.
[2 puntos]
A las 15:00 es el final de la jornada escolar y se supone que la salida de los estudiantes de la
escuela pueden ser modelados por una distribución de Poisson.
De media 24 estudiantes dejan la escuela cada minuto.
(d) Encuentre la probabilidad de que al menos 700 estudiantes abandonen la escuela antes
de las 15:30.
(e) Hay 200 días en un año escolar.
Sea Y el número de días en el año que al menos 700 estudiantes salen antes
de las 15:30, encuentre
(i) E (Y);
(ii) P (Y> 150).
Solución:
a)
Z=
[3 puntos]
[4 puntos]
X -

30 −  
30 − 

P(X  30) = 0,4 → P Z 
= −0,2533
 = 0, 4 →
 


55 −  
55 − 

P(X  55) = 0,9 → P Z 
= 1,2815
 = 0,9 →




Resolviendo el sistema  = 34,13
 = 16,29
b) F:” número de estudiantes de los 1200 que llegan tarde”
P(X>60)=P(60<X<115,58)=0,0561
F es B(1200, 0.0561)
E(F)=67,32 ≈ 67 estudiantes
c) P(Maelis llegara tarde / No había llegado a las 8:30) =P(X>60 / X>30) =
P(X  60  X  30) 0,0561
=
= 0,0935
P(X  30)
1 − 0,4
d) T:”número de estudiantes que salen de la escuela cada 30 minutos” es Po(720)
P(T  700) = 1 − P(T  699) = 1 − 0,2232 = 0,7768
e) Y:”número de días de los 200 donde al menos 700 estudiantes salen antes de las 15:30” es B(200, 0.7768)
i) E(Y)=200. 0,7768=155,36 ≈ 155 días
ii) P(Y  150) = 1 − P(Y  150) = 1 − 0,2032 = 0,7968
13.- [Puntuación 13]
 cos  sen 

a) Sabiendo que A= 
 − sen cos  
 cos 2 sen2 
 .
, muestre que A2= 
 − sen2 cos 2 
 cos n senn 
 , para n  Z+ .
(b) Demuestre por inducción que An= 
−
senn

cos
n



[3 puntos]
[7 puntos]
(c) Sabiendo que A-1 es la inversa de la matriz A, muestre que el resultado en la parte (b) es
verdadero cuando n = -1.
[3 puntos]
Solución:
 cos  sen   cos  sen   cos 2  − sen2
2sen cos    cos 2 sen2 
.
 =

= 
a) A2=A.A= 
2
2
 − sen cos    − sen cos    − 2sen cos  cos  − sen    − sen2 cos 2 
 cos 2 sen2 
 Cierto
A2= 
 − sen2 cos 2 
b) Para n=2
Supuesto cierto para n=k
?  cos( k + 1)
sen(k + 1) 
 .
Ak+1 =
 − sen(k + 1) cos( k + 1) 
Probemos para n=k+1
 cos k


Ak+1=Ak.A=  − senk
 cos k senk 
 .
Ak= 
 − senk cos k 
senk   cos  sen   cos k cos  − senk sen
cos k sen + senk cos  
.
 = 
=
cos k   − sen cos    − senk cos  − cos k sen − senk sen + cos k cos  
 cos( k + 1) sen(k + 1) 

= 
 − sen(k + 1) cos( k + 1) 
 cos( −) sen( −)  cos( ) − sen()
 = 

c) A-1= 
 − sen( −) cos( −)   sen() cos( ) 
 cos( ) − sen()  cos  sen  
cos 2  + sen2
cos  sen − sen cos  

.
 =
= 1 0
-1

 
A .A=  sen() cos( )   − sen cos    sen cos  − cos  sen
sen2 + cos 2 
  0 1  = I


14.- [Puntuación 16]
Se crea un vaso abierto girando la curva y = x 2 , definida en el dominio x [0, 10], 2 radianes
alrededor del eje y. Las unidades en los ejes de coordenadas se definen en centímetros.
(a) Cuando el vaso contenga agua hasta una altura h cm, calcule el volumen V de agua en
función de h.
(b) Si el agua en el vaso se evapora a razón de 3 cm3 por hora por cada cm2 de superficie
dV
expuesta del agua, muestre que,
= −3 2V , donde t se mide en horas.
dt
(c) Si el vaso está lleno completamente,
¿cuánto tiempo tardará para que toda el agua se evapore?
Solución:
a) f(x)=x2
[3 puntos]
[6 puntos]
[7 puntos]
y = x2 → x = y → f −1(x) = x
V=
h
 x2 
h2
x dx =   = 
2
0
 2 0

h
b) Cuando la altura vale h, h = x 2 → x = h
Área de la superficie = .h
La velocidad de evaporación del agua es:
dV
= −3h
dt
dV
2V
22V
= −3
= −3
= −3 2V
dt


c) Si el vaso está lleno h=100 V = 
dV
= −3 2V →
dt

0
5000
1002
= 5000
2
0
1

−2
2

dV = dt → T =
.V 2 
=
. 5000 = 33,3 horas


3 2V
3 2
3 2
0

5000
−1

T
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ2
Jueves 5 de mayo de 2011
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Los puntos P y Q se encuentran sobre una circunferencia de 8 cm de radio y centro O, de tal manera que

POQ = 59 .
Halle el área del segmento circular sombreado, contenido entre el arco PQ y la cuerda [PQ].
Solución:
Área segmento circular=Área sector circular OPQ - Área triángulo OPQ
59ᵒ 1,03 rad.
Área segmento circular=
1,03.64 8.8sen59
−
= 5,53 cm2
2
2
2.- [Puntuación 5]
En una serie aritmética cuyo enésimo término es u n , se sabe que u4 = 7 y u9 = 22 .
Halle el valor mínimo de n para el cual u1 + u2 + u3 + ... + un  10000 .
Solución:
u 4 = 7 = u1 + 3d
u 9 = 22 = u1 + 8d
Resolviendo el sistema: d=3 u1 = −2
u1 + u2 + u3 + ... + un =
− 2 − 2 + (n − 1).3
3n2 − 7n
.n =
2
2
3n2 − 7n
 10000 →3n2 − 7n − 20000  0 → n  82,82 → n = 83
2
3.- [Puntuación 6]
Una paracaidista acrobática salta desde un globo aerostático estacionario, situado a una altura
de 2000 m sobre el nivel del suelo.
(
)
Su velocidad, v ms −1 , t segundos después de haber saltado, viene dada por v = 50 1 − e −0,2t .
a) Halle su aceleración 10 segundos después de haber saltado.
b) ¿A qué distancia del suelo se encuentra 10 segundos después de haber saltado?
Solución:
dv
= 50.(0,2).e−0,2t = 10.e−0,2t
a) a =
dt
[3 puntos]
[3 puntos]
A los 10 segundos a = 10.e −2 ms−2
b)
(
)
(
)
 e−0,2t
ds
= 50 1 − e−0,2t → ds = 50 1 − e−0,2t dt → s = 50 t +

dt
0,2

 e −0,2t
s = 50 t +

0,2


 − 250 .


t =0 s =0

 + C → C = −250



e −2 
A los 10 segundos s = 50 10 +
− 250 = 283,83 m.

0,2 

Distancia al suelo=2000-283,83=1716,17
4.- [Puntuación 6]
 cos 2θ senθ 
 , para 0  θ  2π
Considere la matriz. A = 
 − sen2θ cos θ 
a) Compruebe que det(A)= cos θ .
b) Halle los valores de  para los cuales det(A2)= senθ .
Solución:
a) det(A) = cos 2θcos θ + sen2θsenθ = cos(2θ − θ) = cos θ
[3 puntos]
[3 puntos]
b) det(A2)= det(A). det(A) = cos 2 θ
cos 2  = sen →  = 0,66 rad y  = 2,48rad
5.- [Puntuación 7]
Dibuje aproximadamente la gráfica de f(x ) = x +
8x
. Señale claramente las coordenadas de los dos máximos y
x −9
de los dos mínimos. Señale claramente y dé las ecuaciones de las asíntotas verticales y de la asíntota oblicua.
Solución:
Asíntotas verticales: x=3 x=-3
Asíntotas oblicuas: y=mx+n
m = lim
x→
f(x )
=1
x
n = lim (f ( x ) − x ) = 0
x →
Asíntota oblicua: y=x
2
6.- [Puntuación 6]
Los pesos de los peces que hay en un lago siguen una distribución normal de media 1,3 kg y
desviación típica igual a 0,2 kg.
a) Determine la probabilidad de que un pez que acabamos de pescar en el lago pese menos
de 1,4 kg.
b) Juan pesca 6 peces.
Calcule la probabilidad de que al menos 4 de estos peces pesen más de 1,4 kg.
c) Determine la probabilidad de que un pez que acabamos de pescar en el lago pese menos
de 1 kg, sabiendo que pesa menos de 1,4 kg.
Solución:
a) X:"pesos peces" es N1.3, 0.2)
P(X<1,4)=P(0,3>X<1,4)=0,6915
[1 punto]
[3 puntos]
[2 puntos]
b) Y:" nº de peces de los 6 que pesca Juan con X>1,4 kg" es B(6, 0.3085)
P(Y  4) = 1 − P(Y  3) = 1 − 0,9226 = 0,0774
c) P(X  1 / X  1,4) =
P(X  1) 0,0668
=
= 0,0966
P(X  1,4) 0,6915
7. [Puntuación 5]
Considere las funciones f (x) = x3 + 1 y g(x) =
1
3
x +1
. Las gráficas de y=f(x) e y=g(x) se cortan en
el punto (0,1) y en otro punto denominado P.
a) Halle las coordenadas de P.
b) Calcule el valor del ángulo que forman las tangentes a las dos gráficas en el punto P.
Solución:
a) P(-1.26, -1)
b) m1 = f ´(−1,26)
[1 puntos]
[4 puntos]
f ´( x ) = 3x 2
m1 = 4,7628→ α 1 = 78,14
m2 = g´(−1,26)
g´(x ) =
− 3x2
(x + 1)
3
2
m2 = −4,76 → α 2 = 101,87
El ángulo que forman las tangentes es: 101,87ᵒ-78,14ᵒ=23,73ᵒ
8.- [Puntuación 6]
Sea un triángulo equilátero de perímetro P y área A, cuyos vértices se encuentran sobre una circunferencia de
P
k
radio r. Halle una expresión para , de la forma , donde k Z+ .
A
r
Solución:
L2 = r2 + r2 − 2.r.r. cos 120º = 2r2 + r2 = 3r2 → L = 3 r → P = 3 3 r

3r2
3 r. 3r2 −
4


A=
2
P 3 3r 4
=
=
A 3 3 r2 r
4


3r

3r
2
=
2 = 3 3r
2
4
9.- [Puntuación 6]
Un cohete está ascendiendo en vertical a una velocidad de 300 ms−1 cuando se encuentra a una altura de 800 m
directamente encima del lugar del lanzamiento.
Calcule la razón de cambio de la distancia que hay entre el cohete y un observador situado a 600 m del lugar del
lanzamiento, y en el mismo nivel horizontal que el lugar del lanzamiento.
Solución:
Objetivo: s´(t) cuando h(t)=800 m
s2( t ) = h2( t ) + 360000
2s(t )s´(t ) = 2h(t )h´(t ) → s´(t ) =
h(t ).h´(t )
s(t )
Cuando h(t)=800 s( t ) = 640000+ 360000 = 1000
s´(t ) =
800.300
= 240 ms−1
1000
10.- [Puntuación 8]
1
1
1
El punto P, de coordenadas (p,q), pertenece a la gráfica de x 2 + y 2 = a 2 , a  0 . La tangente a la curva en P corta a
los ejes en (0,m) y (n,0). Compruebe que m+n=a.
Solución:
1
2 x
+
1
2 y
En (p, q)
.y´= 0 → y´= −
m=−
y
x
q
p
Ecuación de la tangente en (p, q): y − q = −
En (0, m): m − q = −
En (n,0): − q = −
q
p
q
p
q
p
( x − p)
( −p) → m = p q + q
( n − p) → n − p = p q → n = p + p q
m+ n = p q +q + p+ p q = p+q +2 p q =
( p + q )2 = ( a )2 = a
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 17]
Los puntos P(-1, 2, -3), Q(-2, 1, 0), R(0, 5, 1) y S forman un paralelogramo, siendo S diagonalmente
opuesto a Q.
a) Halle las coordenadas de S.
 − 13
→ → 

b) El producto vectorial PQ x PS =  7  . Halle el valor de m.
 m 


c) A partir de lo anterior, calcule el área del paralelogramo PQRS.
d) Halle la ecuación cartesiana del plano 1 , que contiene al paralelogramo PQRS.
e) Escriba la ecuación vectorial de la recta que pasa por el origen (0, 0, 0) y que es
perpendicular al plano 1 .
f) A partir de lo anterior, halle el punto del plano que está más cerca del origen.
g) Un segundo plano,  2 , tiene por ecuación x-2y+z=3. Calcule el ángulo entre los dos planos.
Solución:
→
a) S = P + QR = (−1,2, − 3) + (2, 4,1) = (1,6, − 2)
 → → →
 i
j k
→
→
→


b) PQ x PS =  − 1 − 1 3  = −13 i + 7 j − 2 k → m = −2
 2
4 1 



→
→
c) Área = 169 + 49 + 4 = 222
R 1
d) 1 : − 13x + 7y − 2z + D = 0 → 35 − 2 + D = 0 → D = −33
1 : − 13x + 7y − 2z − 33 = 0
 x   0   − 13
    

e)  y  =  0  + t  7 
 z   0  − 2 
    

f) - 13(-13t)+ 7(7t)- 2(-2t)- 33 = 0 → t =
33 11
=
222 74
 143 77 22 
Punto del plano más próximo al origen:  −
,
,− 
 74 74 74 
   | −13 − 14 − 2|
  
29
 Π1 , Π2  = 37,38
g) cos Π1 , Π2  =
=
→




1332
222 6




[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
[1 punto]
[3 puntos]
[4 puntos]
12.- [Puntuación 18]
El número de accidentes que se producen en una fábrica dada sigue una distribución de Poisson,
con una media igual a 0,5 accidentes al mes.
a) Halle la probabilidad de que, en un mes dado, no se produzca ningún accidente.
b) Halle la probabilidad de que no se produzca ningún accidente a lo largo de un periodo
dado de 6 meses.
c) Halle la duración del periodo (en meses completos), para el cual la probabilidad de que
ocurra al menos 1 accidente es mayor que 0,99.
d) Para fomentar la seguridad, la fábrica ingresa en un fondo para los trabajadores una prima de
1000$ si no se producen accidentes en un mes dado, una prima de 500$ si se producen 1 o 2
accidentes, y no ingresa ninguna prima si en el mes se producen más de 2 accidentes.
(i) Calcule la cantidad esperada que gastará la empresa cada mes en primas.
(ii) Halle la probabilidad de que, a lo largo de un periodo dado de 3 meses, la empresa
gaste exactamente 2000$ en primas.
Solución:
a) X:"nº accidentes por mes" es Po(0,5).
[1 punto]
[2 puntos]
[6 puntos]
[9 puntos]
P(X=0)=0,6065
b) Y:"nº accidentes en 6 meses" es Po(3).
P(Y=0)=0,0498
c) Z:"nº de accidentes en n meses" es Po(0,5n)
P(Z  1)  0,99
1 − P(Z = 0)  0,99 → 1 − e−0,5n  0,99 → e −0,5n  0,01 → n  9,21 → n = 10 meses
d) i) Sea la variable aleatoria G:"gasto en primas mensuales"
G = 1000, 500, 0
P(G = 1000) = 0,6065
P(G = 500) = P(X = 1) + P(X = 2) = 0,3033+ 0,0758 = 0,3791
P(G = 0) = 1 − P(X  2) = 1 − 0,3791− 0,6065 = 0,0144
E(G)=1000.0,6065+500.0,3791+0=796,05 $
ii) P( G=0 primer mes).P(G=1000 segundo mes).P(G=1000 tercer mes)+P(G=500 primer mes).P(G=500 segundo
mes).P(G=1000 tercer mes)+P(G=500 primer mes).P(G=1000 segundo mes).P(G=500 tercer mes)+P(G=1000
primer mes).P(G=1000 segundo mes).P(G=0 tercer mes)+P(G=1000 primer mes).P(G=0 segundo mes).P(G=1000
tercer mes)+P(G=1000 primer mes).P(G=500 segundo mes).P(G=500 tercer mes)=
0,0053+0,0872+0,0872+0,0053+0,0053+0,0872=0,2775
13.- [Puntuación 25]
Parte A [Puntuación 8]
Demuestre, utilizando la inducción matemática que, para n Z + ,
2
3
1 1
1
1
1 + 2  + 3  + 4  + ... + n 
2 2
2
2
n −1
= 4−
n +2
2n −1
Parte B [Puntuación 17]
a) Utilizando la integración por partes, compruebe que:
e
2x
1
senx dx = e2x (2senx − cos x ) + C .
5
dy
= 1 − y 2 e2x senx , sabiendo que para x=0, y=0.
dx
Escriba su respuesta de la forma y=f(x).
[6 puntos]
b) Resuelva la ecuación diferencial
(i) Dibuje aproximadamente la gráfica de la función y=f(x) hallada en el apartado (b),
para 0  x  1,5 . Determine las coordenadas del punto P, el primer punto de intersección
con el semieje x positivo, y señale dicho punto en su dibujo.
(ii) La región delimitada por la gráfica de f y el eje x, entre el origen y P, se rota 360º
alrededor del eje x, formándose así un sólido de revolución.
Calcule el volumen de este sólido.
Solución:
Parte A
1+2
Para n = 1 1 = 4 −
Cierto
20
[5 puntos]
c)
2
3
k −1
k +2
Supongamos cierto para n=k
1 1
1
1
1 + 2  + 3  + 4  + ... + k 
2 2
2
2
Probemos para n=k+1
k +3
1 1
1
1 ?
1 + 2  + 3  + 4  + ... + (k + 1)  = 4 − k
 2 2
2
2
2
2
2
3
3
k
= 4−
[6 puntos]
2k −1
k
k
k +2
k +2 k +1
2(k + 2) − (k + 1)
k +3
1 1
1
1
1
1 + 2  + 3  + 4  + ... + (k + 1)  = 4 − k −1 + (k + 1)  = 4 − k −1 + k = 4 −
= 4− k
k
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2
Parte B
a)
u = e2x
2x
u´= 2e
e
2x

2x
u´= 2e
2x

v = − cos x
senx dx = −e2x cos x + 2 e2x cos x dx
u = e2x
e
v´= senx
v´= cos x
v = senx



senx dx = −e2x cos x + 2e2xsenx − 2 e2x senx dx


e2x senx dx =
− e2x cos x + 2e2x senx
1
+ C = e2x (2senx − cos x ) + C
5
5
b)
1
2x
1 − y2
dy = e senx dx →

1
x =0 y =0
1
1
dy = e senx dx → arcseny = e2x (2senx − cos x )+ C → C =
2
5
5
1− y

2x
1
1
y = sen e2x (2senx − cos x ) + 
5
5

c) i) P(1.16, 0)
ii) V = 
1.16 

0
2
1 
 1 2x
sen e (2senx − cos x ) +  dx = 1,045
5
5 
 
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
Miércoles 2 de noviembre de 2011
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
Desde el vértice de un triángulo equilátero de lado 2x, se traza un arco circular para dividir el triángulo en dos
regiones, tal y como muestra la siguiente figura.
Sabiendo que las dos regiones tienen la misma área, halle el radio del arco en función de x.
Solución:
 2
r
r2
3
Área región superior=
=
2
6
Área región inferior=Área triángulo-Área región superior=
Igualando lás áreas:
2x.2xsen
2

2
2
3 − r = 3 x 2 − r
6
6
r2
r2
3 3
= 3 x2 −
→r =
x
6
6

2.- [Puntuación 6]
Halle las raíces cúbicas de i ; expréselas de la forma a+bi, donde a , b  R .
Solución:

3 1
+ i
 1 =
2
2
 6

3 1

3
i = 3 1  = 1  2k
= 1 5 = −
+ i
+
, k = 0, 1, 2 
2 2
2
6 3
6
 1 = −i
9

6


3.- [Puntuación 6]
En una ciudad dada se ha vacunado al 20% de los habitantes contra cierta enfermedad. La probabilidad de
3
1
infectarse y contraer la enfermedad es igual a
para aquellos que se han vacunado, e igual a
para aquellos
10
4
que no se han vacunado. Si una persona es escogida al azar y se observa que está infectada, halle la probabilidad
de que esta persona haya sido vacunada.
Solución:
2/100
1/10
2/10
VACUNADO INFECTADO
VACUNADO
3/4
8/10
INFECTADO
24/40
INFECTADO
NO VACUNADO INFECTADO
NO VACUNADO
2
VACUNADO INFECTADO)
2
1
P(VACUNADO/ INFECTADO) =
= 100 =
=
2
24
P(INFECTADO)
62 31
+
100 40
4.- [Puntuación 6]
3
,
2
a) Dibuje aproximadamente la gráfica de f.
3
1
b) Compruebe que (f(x ))2 = + 2senx − cos 2x .
2
2
c) Halle el volumen del sólido que se genera cuando la gráfica de f se rota 2 radianes
alrededor del eje x.
Solución:
a)
Sabiendo que f(x ) = 1 + senx , 0  x 
b)
(
)
[ 1 punto]
[ 1 punto]
[ 4 puntos]
3
1
3
1
3
1
+ 2senx − cos 2x = + 2senx − (cos 2 x − sen2x ) = + 2senx − 1 − 2sen2x = 1 + 2senx + sen2x = (1 + senx)2
2
2
2
2
2
2
3
2
3
2 3
3
c) V = 
(f(x )) dx =   + 2senx − 1 cos 2x  dx =  3 x − 2cos x − 1 sen2x  2 =  9 + 2
2
4

2
0
 4

0
0 2

2

5.- [Puntuación 6]
Una diana consta de tres círculos concéntricos de radios 1 m, 3 m y 5 m respectivamente tal y como se muestra
en la figura.
1
. Si la
2
flecha se clava dentro de la diana, lo hace en un punto aleatorio de la misma. Cuando un jugador lanza, se le da
diez puntos si clava la flecha en la región A, seis puntos si la clava en la región B, y tres puntos si la clava en la
región C. Halle el número esperado de puntos que consigue Nina cada vez que lanza una flecha a la diana.
Solución:
Sea X:"puntos obtenidos por Nina"
Nina lanza una flecha a la diana. La probabilidad de que la flecha se clave dentro de la diana es igual a
X toma los valores: 10, 6, 3, 0
x
10
6
3
0
1
2
P(X=x)
1/50
π/25π=1/25
1/2
DIANA
DIANA  REGIÓN A
REGIÓN A
(9π-π)/25π=8/25
8/50
DIANA  REGIÓN B
REGIÓN B
(25π-9π)/25π=16/25
DIANA  REGIÓN C
REGIÓN C
1/2
E( X ) = 10.
NO DIANA
1
8
16 106
+ 6. + 3. =
50
50
50 50
16/50
6.- [Puntuación 7]
Sabiendo que y =
1
dn y
n!
, utilice la inducción matemática para demostrar que
=
, n  Z+ .
n
1−x
dx
(1 − x )n+1
Solución:
dy
1
1!
Cierto
=
=
dx (1 − x )2 (1 − x )1+1
Para n=1
dk y
Suponemos cierto para n=k:
dx
dx k +1
=
=
d k +1y
Probemos para n=k+1:
d k +1y
k
dx
k +1
k!
(1 − x )k +1
?
=
(k + 1)!
(1 − x )k + 2
 k!( −1)( k + 1)(1 − x )k ( −1)
d 
k!
(k + 1)!
 =
=
dx  (1 − x )k +1 
(1 − x )2k +2
(1 − x )k +2
7. [Puntuación 7]
Las gráficas de f ( x ) = −x2 + 2 y de g( x ) = x3 − x 2 − bx + 2 , b  0 se cortan, dando lugar a dos regiones cerradas.
Compruebe que estas dos regiones tienen la misma área.
Solución:
Cortes de las gráficas:
 x =0

− x + 2 = x − x − bx + 2 → x − bx = 0 →  x = b
x = − b

2
3
2
3
Área región izquierda=
Área región derecha=


0
0
 x 4 bx2 
 b2 b2  b2
(x3 − x2 − bx + 2 + x2 − 2 ) dx =  −
= − −  =

 4
2 
2  4
− b
 4

− b
0
b
b
 x 4 bx2 
b2 b2 b2
( −x + 2 − x + x + bx − 2 ) dx = −
+
+
=
 =−
2 
4
2
4
 4
0
2
3
2
8.- [Puntuación 8]
La siguiente figura muestra un lago circular de centro O, diámetro AB y radio 2 km.
Jorg tiene que ir de A a B tan rápido como sea posible.
Se plantea ir remando hasta el punto P y luego desde ahí ir caminado hasta el punto B. Jorg es
capaz de remar a 3 kmh −1 y de caminar a 6 kmh −1 .

Sea PAB =  radianes, y t el tiempo, en horas, que tarda Jorg en ir desde A hasta B.
2
a) Compruebe que t = (2cos  + ) .
3
dt
b) Halle el valor de  para el cual
=0.
d
c) ¿Por qué camino debe ir Jorg para llegar desde A hasta B en el menor tiempo posible?
Justifique su respuesta.
Solución:
a) AP = 4 + 4 − 2.2.2.cos(  − 2) = 8 + 8cos 2 = 2 2 + 2cos 2
PB = 4
t=
2 2 + 2cos 2 4 2 
 2
+
=  4 cos 2  +   = (2cos  + ) .
3
6 3
 3
b)
dt 2
= ( −2sen + 1)
d 3
− 2sen + 1 = 0 →  =

6
 

2
y
c) La función t = (2cos  + ) es una función creciente entre 0 y
y decreciente entre
3
6 2
6
Para  = 0
t=
4
3

2
t=

3
Para  =
0
El menor tiempo posible lo consigue caminando de A hacia B .
π/6
π/2
[3 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
9.- [Puntuación 8]
Considere la ecuación yx 2 + (y − 1)x + ( y − 1) = 0 .
a) Halle el conjunto de valores de y para los cuales esta ecuación tiene raíces reales.
x +1
b) A partir de lo anterior, determine el recorrido de la función f : x →
.
2
x + x +1
c) Explique por qué la función f no tiene inversa.
Solución:
a) x =
[4 puntos]
[3 puntos]
[1 punto]
1 − y  ( y − 1)2 − 4y( y − 1) 1 − y  − 3y 2 + 2y + 1
=
2y
2y
− 3y 2 + 2y + 1  0 y  0
− 3y 2 + 2y + 1 = 0 → y =
1
− 2  4 −
= 3
−6
 1
Para que tenga raíces reales
-
+
-1/3
1
−1
 y 1
3
b) Despejando y en la ecuación yx2 + (y − 1)x + (y − 1) = 0 → y =
x +1
2
x + x +1
 1 
R f =  − , 1
 3 
 1 
c) No tiene inversa porque no es inyectiva, ya que para cada valor de y  − , 1 hay dos valores de x
 3 
(apartado a) para los que f(x)=y.
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 10]
Una variable aleatoria continua X tiene la siguiente función densidad de probabilidad:


ksenx ,
0 x 
f(x ) = 
2

0 , resto de valores
a) Halle el valor de k.
b) Halle E(X).
c) Halle la mediana de X.
Solución:
a)


2
0
[2 puntos]
[5 puntos]
[3 puntos]

2
0
ksenx dx = 1 → − k cos x = 1 → k = 1
b) E(X ) =
u=x
u´= 1


2
0
xsenx dx
v´= senx
v = − cos x
 xsenx dx = −x cos x +  cos x dx = −x cos x + senx
E(X ) =
c)


2
0

xsenx dx = − x cos x + senx02 = 1
m
1
 senx dx = 2 → − cos x
m
0
0
=
1
1

→ − cos m + 1 = → m =
2
2
3
11.- [Puntuación 11]
A las 12:00 un barco se encuentra situado exactamente al sur de un carguero, a 20 km del mismo.
El barco navega derecho hacia el este a 20 kmh −1 , y el carguero navega derecho hacia el sur a
40 kmh −1 .
a) Determine la hora a la que estas dos embarcaciones se encuentran más próximas la una de
la otra, y justifique su respuesta.
b) Si en el mar la visibilidad es de 9 kmh −1 , determine si en algún momento el capitán de alguna
de las embarcaciones logra ver a la otra embarcación.
Solución:
a) Objetivo: hacer mínima D(t)
D2( t ) = (20t )2 + (20 − 40t )2
D( t ) = (20t )2 + (20 − 40t )2
D´(t ) =
800t + 2(20 − 40t )( −40)
2
2
2 (20t ) + (20 − 40t )
2000t − 800 = 0 → t =
=
4000t − 1600
2
2 (20t ) + (20 − 40t )
2
h
5
La distancia mínima es a las 12:24
b) Para t =
2
2
la distancia entre los barcos es:
5
2
2
D( t ) = (20. )2 + (20 − 40. )2 = 64 + 16 = 80  9
5
5
Si se pueden ver.
=
2000t − 800
(20t )2 + (20 − 40t )2
[8 puntos]
[3 puntos]
12.- [Puntuación 15]
a) Compruebe que, para dos vectores no nulos a y b,
i) si |a-b|=|a+b|, entonces a y b son perpendiculares.
ii) |axb|2 =|a|2 |b|2-(a.b)2
b) Los puntos A, B y C tienen vectores de posición a, b y c.
1
i) Compruebe que el área del triángulo ABC es |axb+bxc+cxa|
2
.
ii) A partir de lo anterior, compruebe que la distancia más corta entre B y AC es
| a  b + b c + c  a |
|c-a|
Solución:
a) i) |a-b|2=(a-b).(a-b)=|a|2+|b|2-2a.b
[8 puntos]
[7 puntos]
|a+b|2=(a+b).(a+b)=|a|2+|b|2+2a.b
Como |a-b|=|a+b| → |a|2+|b|2-2a.b=|a|2+|b|2+2a.b →4a.b=0 → a.b=0 → a y b son perpendiculares.
ii) |axb|2 =|a|2.|b|2.sen2 α=|a|2.|b|2(1-cos 2α)= |a|2.|b|2-|a|2.|b|2cos 2α=|a|2.|b|2-(a.b)2.
1
1
1 → → 1
b) i) Área triángulo= | BC BA |= |(-b+c)x(-b+a)|= |-bx(-b+a)+cx(-b+a)|= |-bx-b+(-b)xa+cx(-b)+cxa|=
2
2
2
2
1
|0+axb+bxc+cxa|
2
ii) Área triángulo=
1
| c - a | .h
| a  b + b c + c  a |
|axb+bxc+cxa|=
→h=
2
2
|c-a|
13.- [Puntuación 24]
La curva C, cuya ecuación es y=f(x), satisface la siguiente ecuación diferencial:
dy
y
=
(x + 2) , y  1 ; además, y=e cuando x=2.
dx ln y
a) Halle la ecuación de la recta tangente a C en el punto (2, e).
b) Halle f(x).
c) Determine el mayor dominio de f posible.
d) Compruebe que la ecuación f(x)=f ´(x) no tiene ninguna solución.
Solución:
a) En (2, e) m= 4e
y-e=4e(x-2) → y=4ex-7e
b)
ln y
y

dy = (x + 2) dx
x =2 y = e
(ln y )2 x2
1
11
=
+ 2x + C → = 6 + C → C = −
2
2
2
2
(ln y )2 x2
11
=
+ 2x −
→(ln y )2 = x2 + 4x − 11 → ln y = x2 + 4x − 11 → y = e
2
2
2
x 2 + 4x −11
c) x 2 + 4x − 11  0
x2 + 4x − 11 = 0 → x =
+
− 4  60 − 4  2 15
=
= −2  15
2
2
-
− 2 − 15
+
− 2+ 15
Df = ] −  , − 2 − 15 ]  [−2 + 15 , + [
d)
f(x) =
f(x)
( x + 2) → f ( x )ln f ( x ) − ( x + 2) = 0 →
ln f ( x )

 f ( x ) = 0 No válida
→
2
2
2

ln f ( x ) = x + 2 → x + 4x − 11 = x + 2 → x + 4x − 11 = x + 4 + 4x → − 11 = 4 (absurdo)
[3 puntos]
[11 puntos]
[6 puntos]
[4 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Jueves 3 de noviembre de 2011
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Considere la gráfica de y = x + sen(x − 3) , −   x   .
a) Dibuje aproximadamente la gráfica, rotulando claramente las intersecciones con los ejes x e y e
indicando sus valores.
b) Halle el área de la región delimitada por la gráfica y los ejes x e y.
Solución:
a)

[3 puntos]
[2 puntos]
0,82
b) Área = − (x + sen( x − 3))dx = 0,0815
0
2.- [Puntuación 7]
Dado el siguiente sistema de ecuaciones lineales:
ax + y + z = 1
x + ay + z = a
x + y + az = a2
hale los valores de la constante real, a, para los cuales el sistema tiene una solución única.
Solución:
A
 __________ __________
____

 a 1 1 1
 1 a 1 a

 1 1 a a2
 __________ __________ __________ ____
B









| A |= a3 + 1 + 1 − a − a − a = a3 − 3a + 2
1
1
1
0
1
1
a2 + a − 2 = 0 → a =
-3
1
-2
2
-2
0
−13  1
=
2
− 2
a3 − 3a + 2 = (a − 1)2(a + 2)
Si a  1, − 2 rango(A)=3=rango(B)=nº de incógnitas → Sistema compatible determinado (solución única)
3.- [Puntuación 5]
El número de vehículos que pasan por un cruce de carreteras dado puede modelizarse mediante
una distribución de Poisson.
Los vehículos pasan por el cruce a una razón promedio de 300 por hora.
a) Halle la probabilidad de que durante un minuto dado no pase ningún vehículo.
b) Halle el número esperado de vehículos que pasan durante un período de dos minutos.
c) Halle la probabilidad de que durante un período dado de dos minutos el número de vehículos
que realmente pasen sea mayor que este valor esperado.
Solución:
a) X:"nº de vehículos que pasan por el cruce en un minuto" es Po(5)
[2 puntos]
[1 punto]
[2 puntos]
P(X=0)=0,0067
b) Y:"nº de vehículos que pasan por el cruce en dos minutos" es Po(10)
E(Y)=10
c) P(Y  10) = 1 − P(Y  10) = 1 − 0,5830 = 0,417
4.- [Puntuación 5]
1
1
a) Sabiendo que arctgan − arctan = arctan a , a Q + , halle el valor de a.
2
3
b) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, resuelva la ecuación arcsenx = arctan a .
Solución:
1 1
−
1
1
1

a) tan arctan − arctan  = tan(arctan a )→ 2 3 =
1
1
2
3
7


1+ .
2 3
1

b) sen(arcsenx) = sen arctan  → x = 0,1414
7

[3 puntos]
[2 puntos]
5. [Puntuación 5]
La probabilidad de que el tren de las 08:00 llegue con retraso un día laborable (de lunes a viernes)
1
es igual a
. Suponiendo que los retrasos suceden de manera independiente unos de otros,
10
a) halle la probabilidad de que, a lo largo de un periodo de cinco días laborables, el tren de las
08:00 llegue con retraso exactamente dos veces.
[2 puntos]
b) halle el número mínimo de días laborables para el cual la probabilidad de que el tren de las
08:00 llegue con retraso al menos en una ocasión es superior al 90%.
[3 puntos]
Solución:
 1 
a) X:"nº de días con retraso de los cinco laborables" es B 5,

 10  .
P(X=2)=0,0729
 1 
b) Y:"nº de días con retraso de los n laborables" es B n ,
.
 10 
0
n
 n  1   9 
P(Y  1)  0,9 → 1 − P(Y = 0)  0,9 → P(Y = 0)  0,1 →       0,1 → 0,9n  0,1 → n  21,85 → n = 22
 0  10   10 
6.- [Puntuación 7]
Los números complejos z1 y z2 tienen argumentos comprendidos entre 0 y  radianes. Sabiendo que
z
z1 z2 = − 3 + i y que 1 = 2i , halle el módulo y el argumento de z1 y de z2 .
z2
Solución:
5
z1 z2 = 2 5 → | z1 | . | z2 |= 2
arg(z1 ) + arg(z2 ) =
6
6
z1
|z |
= 2 → 1 = 2
z2
| z2 |
2
arg(z1 ) − arg(z2 ) =

2
2| z2 |2 = 2 → | z2 |= 1 → | z1 |= 2
2. arg(z1 ) =
5  8 4
2
5 2 
+ =
=
→ arg(z1 ) =
→ arg(z2 ) =
−
=
6 2 6
3
3
6
3 6
7.- [Puntuación 6]

a) Halle el conjunto de valores de x para los cuales la serie

n=1
b) A partir de lo anterior, halle dicha suma, en función de x.
Solución:
?
2x
2x
a)
1
− 10
x +1
x +1
n
 2x 

 tiene una suma finita.
 x +1 
[4 puntos]
[2 puntos]
 2x
=1 → x =1

2x
= 1 →  x +1
2x
1
x +1

= −1 → x = −
3
x +1
+
+
-1/3
1
1
−  x 1
3
2x
2x
b) S = x + 1 =
2x
1− x
1−
x +1
8.- [Puntuación 7]
Sabiendo que f (x ) =
1
,
1 + e−x
a) halle f −1 ( x ) e indique su dominio.
b) halle el valor de x para el cual f ( x ) = f −1( x ) .
Solución:
a) y =
1
1+e
−x
→ ye x + y = e x → e x =
 x 
f −1 ( x ) = ln

1−x 
Df −1 = 0, 1
1
 x 
b) 1 + e − x = ln 1 − x  → x = 0,659
 y 
y

→ x = ln
1− y
 1− y 
[6 puntos]
[1 puntos]
9.- [Puntuación 6]
Una estalactita tiene forma de cono circular. Este cono tiene una altura de 200 mm y dicho valor aumenta a razón
de 3 mm por siglo.
El radio de la base es igual a 40 mm y disminuye a razón de 0,5 mm por siglo.
Determine si el volumen de la estalactita está aumentando o disminuyendo, y la razón a la que está cambiando
dicho volumen.
Solución:
1
V(t ) = R 2( t )H( t )
3

 

1


V´(t ) =  2R(t ).R´(t ).H(t ) + H´(t )R 2(t ) = − R(t )H(t ) + 3R 2(t ) = R( t )− H(t ) + 3R(t )
3
3
3
1
Si R(t )  H(t ) , el Volumen va disminuyendo.
3
1
Si R(t )  H(t ) , el Volumen va aumentando.
3
Cuando H(t)=200 y R(t)=40 →
-H(t)+3R(t)=-80 y el volumen disminuye a razón de

.40.(−80) = −3351 mm3 siglo
3
10.- [Puntuación 7]
2 − i 6 + 8i
Sabiendo que z =
, halle los valores de u, u  R , tales que Rez=Imz.
−
1+ i u+ i
Solución:
2 − i (2 − i)(1 − i) 1 3
=
= − i
1+ i
2
2 2
6 + 8i (6 + 8i)(u − i) 8 + 6u 8u − 6
=
=
+
i
u+i
u2 + 1
u2 + 1 u2 + 1
1 8 + 6u
Rez = −
2 u2 + 1
3 8u − 6
Imz = − −
2 u2 + 1
1 8 + 6u
3 8u − 6
8 + 6u − 8u + 6
14 − 2u
−15  2
−
=− −
→2=
→2 =
→ u2 + u − 6 = 0 → u =
=
2
2
2 u2 + 1
2 u2 + 1
2
u +1
u +1
− 3
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 15]
Jan y Sia han sido seleccionadas para representar a su país en una competición internacional de
lanzamiento de disco.
Suponga que la distancia a la que lanza el disco cada atleta sigue una distribución normal.
La distancia media lograda por Jan en sus lanzamientos el año pasado fue de 60,33 metros, siendo
la desviación típica igual a 1,95 metros.
a) Durante el año pasado, el 80% de los lanzamientos de Jan estuvieron por encima de x metros.
Halle el valor de x, con una aproximación de dos cifras decimales.
[2 puntos]
b) Durante el año pasado, el 80% de los lanzamientos de Sia estuvieron por encima de 56,52
metros, halle la desviación típica de sus lanzamientos.
[3 puntos]
c) Este año, los lanzamientos de Sia tienen una media de 59,50 metros y una desviación típica de
3,00 metros. La media y la desviación típica de los lanzamientos de Jan no han variado.
En la competición, cada atleta tiene que lograr al menos un lanzamiento de 65 metros o más durante
la primera ronda, para poder clasificarse para la ronda final.
En la primera ronda se le permiten tres lanzamiento a cada atleta.
i) Determine quién de las dos, Jan o Sia, tiene mayor probabilidad de clasificarse para la
final, con el primer lanzamiento.
ii) Halle la probabilidad de que ambas atletas se clasifique para la final.
Solución:
a) X J : "distancia de los lanzamientos de Jan" es N(60.33, 1.95)
P( X J  x ) = 0,8 → x = 58,69 m
b) X S : "distancia de los lanzamientos de Sia" es N(59.39, )
Z=
PXS  56,52) = 0,8
X S −59,39

→ P(Z 
− 2,87
) = 0,8 →

c) i) X J es N(60.33, 1.95)
− 2,87
= −0,8416 →  = 3,41

X S es N(59.50, 3.00)
P( X J  65) = P(65  X J  70,08) = 0,0083
P( X S  65) = P(65  X J  74,5) = 0,0334
Sia tiene mayor probabilidad de superar los 65 metros.
ii) Sea Ji i = 1, 2,3 el nº de lanzamientos de Jan para superar los 65 metros.
Sea Si i = 1, 2,3 el nº de lanzamientos de Sia para superar los 65 metros.
P(S1 ) = 0,0334
P(S2 ) = 0,0322
P(S3 ) = 0,0312
P(J1 ) = 0,0083
P(J2 ) = 0,0082
P(J3 ) = 0,0082
P(ambas de que ambas se clasifiquen)
= P(S1J1 ) + P(S1J2 ) + P(S1J3 ) + P(S2J1 ) + P(S2J2 ) + P(S2J3 ) + P(S3J1 ) + P(S3J2 ) + P(S3J3 ) = 0,00239
[10 puntos]
12.- [Puntuación 16]
1
.
4
Sabiendo que la suma de los 2n primeros términos es igual a la suma de los siguientes n términos,
halle n.
[9 puntos]
b) Si a1 , a2 , a3 , .... son términos de una progresión geométrica de razón común r  1 ,
a) En una progresión aritmética el primer término es 8 y la diferencia común es
compruebe que (a1 − a2 )2 + (a2 − a3 )2 + (a3 − a 4 )2 + .... + (a n − a n +1 )2 =
a12(1 − r )(1 − r2n )
.
1+ r
[7 puntos]
Solución:
a) S2n =
8 + 8 + (2n − 1)
2
1
4 .2n =  16 + n − 1 n = (63 + 2n)n
2 4
4

1
1
1 n 3n
63 5n
8 + 2n. + 8 + (3n − 1)
16 − + +
+
4
4 .n =
4 2 4 .n = 4
4 .n = (63 + 5n )n
u2n +1 + u2n + 2 + ... + u3n =
2
2
2
8
(63 + 2n)n (63 + 5n)n
=
→ 126 + 4n = 63 + 5n → n = 63
4
8
b)
(a1 − a1r )2 + (a1r − a1r2 )
2
(
+ a1r 2 − a1r3
) + .... + (a r
2
1
n−1
)
2
− a1r n =
= a12(1 − r )2 + a12r2(1 − r )2 + a12r 4 (1 − r )2 + ... + a12r2n−2(1 − r )2 =


= a12(1 − r )2 1 + r2 + r 4 + ... + r2n−2 = a12(1 − r )2 .
r2n−2 .r2 − 1
r2 − 1
=
a12(1 − r )2(1 − r2n ) a12(1 − r )(1 − r2n )
=
− (r − 1)( r + 1)
1+r
13.- [Puntuación 16]
Dos planos 1 y 2 tienen por ecuación 2x+y+z=1 y 3x+y-z=2, respectivamente.
a) Halle la ecuación vectorial de L, la recta de intersección de 1 y 2 .
[6 puntos]
b) Compruebe que el plano 3 , que es perpendicular a  1 y contiene a L, tiene por
ecuación x-2z=1.
[4 puntos]
c) El punto P tiene coordenadas (-2, 4, 1), el punto Q pertenece a 3 y PQ es perpendicular a 2 .
Halle las coordenadas de Q.
[6 puntos]
Solución:
a)
2x + y + z = 1
y = −1 − 5z
 → x = 1 + 2z
3x + y − z = 2
x  1   2 
     
L :  y  =  − 1  + t  − 5
z  0   1 
     
x −1
2
2
b) 3 : y + 1 − 5 1 = 0 → − 5x + 5 + 2z + 2y + 2 + 10z − 2y − 2 − x + 1 = 0 → − 6x + 12z + 6 = 0 → x − 2z = 1
z
1 1
c) Q(1+2z, y, z)
→
PQ = (3 + 2z, y − 4, z − 1)
→
PQ ⊥ 2 →
 3 + 2z = 3y − 12 → 3y − 2z = 15
3 + 2z y − 4 z − 1
=
=
→
3
1
−1
− y + 4 = z − 1 → y + z = 5
Resolviendo el sistema: y=5 z=0 → Q(1, 5, 0)
14.- [Puntuación 13]
a) Compruebe que | ei |= 1 .
[1 punto]
1
1
Considere la serie geométrica 1 + ei + e2i + ....
3
9
1
.
3
c) Halle una expresión para la suma de los infinitos términos de esta serie.
1
1
9sen
d) A partir de loa anterior, compruebe que sen + sen2 + sen3 + ..... =
.
3
9
10 − 6 cos 
Solución:
b) Escriba la razón común, z, de la serie y compruebe que | z |=
[2 puntos]
[2 puntos]
[8 puntos]
a) ei = 1(cos  + isen) →| ei |= cos 2  + sen2 = 1
1
b) z = ei
3
1
z = ei
3
| z |=
1
3
c) S =
1
1
=
1
1
1
1 − ei 1 − cos  − isen
3
3
3
1
1
d) sen + sen2 + sen3 + ..... = 3. Im(S )
3
9
1
1
1
1
1
1
1 − cos  + isen
1 − cos  + isen
1 − cos  + isen
3
3
3
3
3
3
S =
=
=
=
2
1
1
1
2
1
10
2
2
2
1 − cos  − isen  1 − 1 cos   + 1 sen2 1 + cos  − cos  + sen 
− cos 
3
3
9
3
9
9 3
3
9


1
1
sen
sen
9sen
3. Im(S ) = 3. 3
=
=
10 2
10 − 6 cos  10 − 6 cos 
− cos 
9 3
9
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ1
Jueves 3 de mayo de 2012
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]

Calcule el valor de k si

r =1
r
1
k  = 7 .
3
Solución:
1
r
1
1
k  = k. 3 = k.
1
2
3
1−
r =1
3
1
k. = 7 → k = 14
2


2.- [Puntuación 8]
Las gráficas de y =| x +1| e y =| x – 3| se muestran a continuación.
Sea f (x) = | x +1| -| x – 3|.
(a) Dibuje el gráfico de y = f (x) en la cuadrícula en blanco a continuación.
(b) Usando lo anterior, indique el valor de
(i) f ´ (-3);
(ii) f ´ (2,7);
(iii)
−2
 f(x) dx
−3
Solución:
− 4 si x  −1

a) f ( x ) =  2x − 2 si − 1  x  3
 4 si x  3

b) i) f ´(-3)=0
ii) f ´(2,7)=2
iii)
−2
 − 4 dx = − 4x
−3
−2
−3
= −4
[4 puntos]
[4 puntos]
3.- [Puntuación 7]
Si z1 = a + a 3 i y z2 = 1 − i , donde a es una constante real, exprese z1 y z2 en la forma r cisθ, y a continuación
6
z 
calcule una expresión  1  en función de a e i.
 z2 
Solución:


→ z1 = 2acis 
3
3
| z1 |= a2 + 3a2 = 2a
arg z1 =
| z2 |= 2
arg z2 = −
6

 
→ z2 = 2cis − 
4
 4
6
 z1   2a  7 
 7 
  =  cis  = 23 a6cis  = −8a6i
 2 
 z2   2  12 
4.- [Puntuación 6]
La siguiente gráfica muestra y = f (x), donde f (x) = x + ln x.
(a) En el gráfico siguiente, dibuje la curva y = f −1 ( x ) .
[2 puntos]
(b) Encuentre las coordenadas del punto de intersección de la gráfica de y = f (x) y de la gráfica
de y = f −1 ( x ) .
Solución:
a)
b) x+lnx=x → lnx=0 → x=1
(1, 1)
[4 puntos]
5.- [Puntuación 7]
sen3x cos 3x
Sea f ( x ) =
.
−
senx
cos x
(a) ¿Para qué valores de x no existe f (x)?
sen3x cos 3x
(b) Simplifique la expresión
.
−
senx cos x
Solución:
a)
senx = 0 → x = k 


→ x = k , k Z

cos x = 0 → x = + k
2

2

sen3x cos 3x sen3x cos x − cos 3xsenx sen(3x − x )
sen2x
2senx cos x
b)
−
=
=
=
=
=2
senx cos x
senx. cos x
senx. cos x senx. cos x senx cos x
[2 puntos]
[5 puntos]
6.- [Puntuación 8]
El siguiente gráfico muestra las dos curvas y =
1
k
e y = , donde k> 1.
x
x
(a) Encuentre el área de la región A en función de k.
(b) Encuentre el área de la región B en función de k.
(c) Encuentre la razón entre el área de la región A y el área de la región B.
Solución:
[3 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
1
1
k 1
a) 1  −  dx = (k − 1)ln x 11 = −(k − 1)ln = (k − 1)ln 6
6
x x

6
6
b)
c)

1
6
k 1
6
 −  dx = (k − 1)ln x1 = (k − 1)ln 6
x x
(k − 1) ln 6
(k − 1) ln 6
=2
7.- [Puntuación 6]
Sabiendo que z es el número complejo x + iy y que | z| + z = 6 - 2i, calcule el valor de x y el valor de y.
Solución:

 2 2
x2 + y 2 + x + iy = 6 − 2i →  x + y + x = 6

 y = −2
8
x2 + 4 + x = 6 → x2 + 4 = 36 + x2 − 12x → 12x = 32 → x =
3
8.- [Puntuación 5]
Resuelva la ecuación 2 − log 3( x + 7) = log 1 2x .
3
Solución:
2 − log3(x + 7) =
log3 2x
x +7
7
 x +7 
→ − 2 + log3(x + 7) = log3 2x → log3 
=9 → x =
 =2 →
1
2x
17
 2x 
log3
3
9.- [Puntuación 9]
La curva C tiene por ecuación 2x2 + y 2 = 18 .
Determine las coordenadas de los cuatro puntos de C en los cuales la normal pasa por el punto (1, 0).
Solución:
4x + 2yy ´= 0
y ´= −
2x
y
En el punto (a , b)C , la ecuación de la normal es: y − b =
Por pasar por (1, 0) − b =
b
(x − a)
2a
 b=0
b
(1 − a ) → − b2a = b(1 − a ) → b(a + 1) = 0 → 
2a
a = −1
Si b = 0 2a2 = 18 → a = 3
Si a = −1 b2 = 16 → b = 4
Los 4 puntos son: (3, 0)
(-3, 0)
(-1, 4)
(-1, -4)
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 21]

En el triángulo ABC, ABC = 90 , AC = 2 y AB = BC + 1.


(a) Demuestre que cos A − sen A =
1
.
2
(b) Al elevar al cuadrado ambos lados de la ecuación de la parte (a), resuelva la ecuación
para calcular los ángulos en el triángulo.
(c) Aplique el teorema de Pitágoras en el triángulo ABC para encontrar BC, y por lo tanto

6− 2
.
4
(d) Usando lo anterior, o de otra manera, calcule la longitud de la perpendicular de B a [AC].
Solución:

 BA BC BA − BC
1
a) cos A − sen A =
−
=
=
2
2
2
2
muestre que sen A =
b) cos 2 A + sen2A − 2cos AsenA =
1 − sen2A =
A=15ᵒ
c)
1
2
1
1
π A C
π
→ sen2A = → 2A = → A =
 15
2
2
6
12
C=75ᵒ
( 2 )2 = BC2 + (BC + 1)2
2BC2 + 2BC − 1 = 0 → BC =
BC =
− 2  12 − 2  2 3 − 1  3
=
=
4
4
2
−1 + 3
2
−1+ 3
−1 + 3
6− 2
2
senA =
=
=
4
2
2 2
d) senA =
h
BC + 1
h = senA(BC + 1) =

6 − 2  − 1 + 3
6 − 2 1+ 3
6 + 18 − 2 − 6
2
.
+ 1 =
.
=
=


4
2
4
2
8
4


[3 puntos]
[8 puntos]
[6 puntos]
[4 puntos]
11.- [Puntuación 17]
a) A y U son matrices cuadradas, y X = U-1AU.
Utilice la inducción matemática para demostrar que Xn= U-1An U, para n Z+ .
 2 − 3
3 1
 y U= 

(b) Sea A = 
1 − 2
1 1
(i) Halle la matriz D tal que AU = UD.
(ii) Escriba la matriz D2.
1 0
 para n  Z + .
(iii) Usando lo anterior demuestre que A2n= 
0 1
(iv) Utilizando el resultado de la parte (iii), muestre que (An)-1 = An, para n Z + .
Solución:
a) Para n=1 X1 = U-1A U = U-1A1 U
Supuesto cierto para n=k
Cierto
Xk= U-1Ak U
?
Probemos para n=k+1
Xk+1 = U-1Ak+1 U
Xk+1=Xk.X= U-1Ak U. U-1AU= U-1Ak IA U= U-1Ak A U= U-1Ak+1 U
b) i) AU = UD → D= U-1A U
1
 1
− 

2
2
− 1 3 


 2 2 
U-1= 
 1

D=  2
− 1

 2
1
 1
−  2 − 3   3 1  
2 
.
= 2
3  1 − 2   1 1   1

−
2 
 2
1
−  3 − 1 1 0 
2 .
=

3   1 − 1   0 − 1 

2 
1 0  1 0  1 0
.
 = 
 = I
ii) D2= 
0 − 1 0 − 1 0 1
D= U-1A U → D2n= U-1A2n U → A2n=U D2nU-1=UIU-1= UU-1=I
iv) A2n=An.An=I → (An)-1 = An
[7 puntos]
[10 puntos]
12.- [Puntuación 22]
Sea f ( x ) =
x
0 x 1.
1− x
1
3
−
1 −
(a) Demuestre que f ´( x ) = x 2 (1 − x ) 2 y deduzca que f es una función creciente.
2
(b) Muestre que la curva y = f (x) tiene un punto de inflexión, y encuentre sus coordenadas.
(c) Utilice la sustitución x = sen2 para demostrar que
Solución:
−
1
1
 f(x) dx = arcsen x −
x − x2 + c .
[5 puntos]
[6 puntos]
[11 puntos]
3
−
1  x  2 1− x + x 1 −2
a) f ´( x ) = 
= x (1 − x ) 2
 .
2
2 1− x 
2
(1 − x )
f ´(x ) =
1
2 x (1 − x )2
 0 para todo x, 0<x<1
3
3
5
1
3
5


−
−
−  1 −
−
1  1 −2
3
− 1 + 4x
2
2
2
2


= x (1 − x ) 2 ( −1 + x + 3x  =
b) f ´´(x ) = − x (1 − x ) − (1 − x ) ( −1)x
 4

3
5
2 2
2



 4 x (1 − x )
− 1 + 4x = 0 → x =
1
4
1 1 

Punto de inflexión  ,
4 3
c) x = sen2

f ( x ) dx =

dx = 2sen cos  d
sen2θ
2
1 − sen θ
.2senθcos θ dθ =
senθ
 cos θ.2senθcos θ dθ = 2 sen θ dθ = 2
1
1
= θ − sen2θ = arcsen x − 2 x 1 − x = arcsen x − x − x2 + c
2
2
2
1 − cos 2θ
=
2
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ2
Jueves 3 de mayo de 2012
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
Cuando se divide 2x3 + kx 2 + 6x + 32 y x 4 − 6x2 − k 2x + 9 entre x+1, en ambos casos se obtiene el mismo resto.
Halle los posibles valores de k.
Solución:
19
− 2 + k − 6 + 32 = 1 − 6 + k 2 + 9 → k 2 − k − 20 = 0→ k =
→ k =5
k = −4
2
2.- [Puntuación 5]
 1   −1 

 

π
Halle los valores de x para los cuales los vectores  2cos x  y  2senx  , 0  x  son perpendiculares .
2
 0   1 

 

Solución:




 1   −1 

 

2x = 6 + 2k → x = 12 + k → x = 12
1
 2cos x  •  2senx  = 0 → − 1 + 4senx cos x = 0 → sen2x = → 
2 2x = 5 + 2k → x = 5 + k → x = 5
 0   1 

 

6
12
12

3.- [Puntuación 5]
En un día dado, la probabilidad de que llueva es igual a
2
.
5
La probabilidad de que el equipo de fútbol “Tigers” gane en un día de lluvia es
2
, mientras que
7
4
.
7
a) Dibuje con precisión un diagrama de árbol para representar estos sucesos y sus posible
resultados.
b) ¿Cuál es la probabilidad de que el equipo de fútbol “Tigers” gane?
c) Sabiendo que el equipo de fútbol “Tigers” ha ganado,
¿cuál es la probabilidad de que ese día haya llovido?
Solución:
a)
la probabilidad de que gane un día que no llueve es igual a
4/35
2/7
2/5
Llueve
4/7
3/5
Llueve  Ganar
Ganar
No llueve
b) P(Ganar) =
12/35
Ganar
4 12 16
+
=
35 35 35
4
P(Llueve Ganar) 35 1
c) P(Lueve/ Ganar) =
=
=
16 4
P(Ganar)
35
No llueve  Ganar
[1 punto]
[2 puntos]
[2 puntos]
4.- [Puntuación 5]
4
2

a) Desarrolle y simplifique  x −  .
x

[3 puntos]
4
2

b) A partir de lo anterior, determine el término constante del desarrollo (2x2 + 1) x −  .
x

Solución:
[2 puntos]
4
 4 2  4
2   4
4  4  8  4  16
32 16

a)  x −  =  x 4 −  x3 . +  x2 . −  x. +  
= x 4 − 8x2 + 24 − 2 + 4
2
3
4
x
x
0
1
2
3
4

  
x
x
 
  x   x  x
4
2

b) El término constante de (2x2 + 1) x −  es: 2.(-32)+24=-40
x

5.- [Puntuación 5]
Tres matrices de 2x2 no singulares, A, B, y X, satisfacen la ecuación 4A-5BX=B.
a) Halle X en función de A y B
b) Sabiendo que A=2B, halle X.
Solución:
1
1
4
1
a) 5BX = 4A − B → BX = (4A − B) → X = 4B−1 .A − B−1 .B = B−1 .A − .I
5
5
5
5
(
7

4 −1
1
8 −1
1
7
b) X = B .2B − .I = B .B − .I = .I =  5
5
5
5
5
5
0


[2 puntos]
[3 puntos]
)

0

7

5
6.- [Puntuación 7]
Sabiendo que (4-5i)m+4n=16+15i, donde i2 = −1 , halle m y n si
a) m y n son números reales
b) m y n son números complejos conjugados
Solución:
4m + 4n = 16
a) 
Resolviendo el sistema: m=-3 n=7
 − 5m = 15
b) m=x+iy
n=x-iy
(4-5i)(x+iy)+4(x-iy)=16+15i
4x + 5y + 4x = 16
8x + 5y = 16
→

4y − 5x − 4y = 15  − 5x = 15
Resolviendo el sistema: x=-3 y=8 → m=-3+8i n=-3-8i
[3 puntos]
[4 puntos]
7.- [Puntuación 6]
A continuación se muestra la gráfica de y=f(x), donde A es un máximo local y D es un mínimo local.
1
, mostrando
f(x )
claramente las coordenadas de las imágenes de los puntos A, B y D, rotulándolos A´, B´ y D´
respectivamente, y las ecuaciones de todas las asíntotas verticales.
[3 puntos]
b) Sobre unos ejes de coordenadas, dibuje aproximadamente la gráfica de la función derivada
y=f´(x), mostrando claramente las coordenadas de las imágenes de los puntos A y D, y rotulándolos
A” y D” respectivamente.
[3 puntos]
Solución:
a) Observando la gráfica, construimos la siguiente tabla:
a) Sobre unos ejes de coordenadas, dibuje aproximadamente la gráfica de y =
x
f(x)
1
f(x)
1

A´ − 1, 
4

-∞
0
-1
4
1
4
+∞
0
3
1
3
1
0
2
-3
−1
3
+|| −
1
 1 
B´ 0,  D´ 2, − 
3
 3 
Asíntotas verticales: x=1 x=3
b) Observando la gráfica, construimos la siguiente tabla:
x
f´(x)
A´´(− 1, 0)
-∞
+
 -2
+
D´´(2, 0)
-1
-
1
-
2
+∞
+
3
0
+∞
+∞
−|| +
0
8.- [Puntuación 6]
d2y
dy
+ (n 2x 2 + 6)xy = 0
Sea x3y = asen nx . Utilizando la derivación implícita, compruebe que: x 3 2 + 6x 2
dx
dx
Solución:
Derivando la expresión: 3x 2y + y´x3 = an cos nx
Derivando de nuevo: 3(2xy + y´x 2 ) + y´´x3 + 3x 2y´= −an2sennx
3
2
2
x y´´+6x y´+an sennx + 6xy = 0
asennx = x 3 y
→
x3y´´+6x 2y´+ x3yn2 + 6xy = 0 → x3y´´+6x 2y´+(n2x 2 + 6)xy = 0
9.- [Puntuación 6]
cos A + senA
Compruebe que
= sec 2A + tan2A
cos A − senA
Solución:
1
sen2A 1 + 2senA cos A cos 2 A + sen2A + 2senA cos A
(cos A + senA)2
cos A + senA
sec 2A + tan 2A =
+
=
=
=
=
cos 2A cos 2A cos 2 A − sen2A (cos A + senA)(cos A − senA) (cos A + senA)(cos A − senA) cos A − senA
10.- [Puntuación 9]
 3π 
La función f, definida en el dominio 0,  viene dada por f ( x ) = e − x cos x
 2
a) Indique los dos ceros de f.
b) Dibuje aproximadamente la gráfica de f.
c) Se denomina A la región delimitada por la gráfica, el eje x y el eje y, mientras que se denomina
B a la región delimitada por la gráfica y el eje x.
 π



eπ  e 2 + 1



.
Compruebe que la razón entre el área A y el área B es igual a
π
e +1
Solución:

3
a) e− x cos x = 0 → cos x = 0 → x = , x =
2
2
b)
c) A =


2 −x
0
e
cos x dx
u = e −x
u´= −e
e
−x
v´= cos x
−x
v = senx

cos x dx = e− x senx + e− x senx dx
u = e−x
v´= senx
u´= −e − x
v = − cos x
e
−x
(1)

senx dx = −e− x cos x − e− x cos x dx (2)


De (1) y (2): 2 e − x cos x dx = e − x senx − e − x cos x → e − x cos x dx =

 

1
2 1 −

A =  e − x senx − e − x cos x  =  e 2 + 1 

2
0 2 


(
B=
)
3
 1
2
− e− x cos x dx = −

 2
2

(e
−x
senx − e
−x
 3 −  
 2 1 −

cos x  =  e 2 + e 2 

2





2
)


 


 

− 
1 −2

2 e 2 + 1  e  e 2 + 1 
e
+
1
e





2 





A






=
= 3
=

B
 − 3 −  
e +1
−
1 2


e
+ e 2  e 2 e +1

2



(
) (
3
)
(
)
1 −x
e senx − e − x cos x + C
2
[1 puntos]
[1 puntos]
[7 puntos]
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 18]
Considere las funciones: las funciones f(x ) =
2x2 + 3
, x 0
75
g(x) =
a) Indique el recorrido de f y el de g.
b) Halle una expresión para la función compuesta (fog)(x), de la forma
| 3x − 4 |
, x R .
10
ax2 + bx + c
, donde a , b y c  Z .
3750
c)
[2 puntos]
[4 puntos]
i) Halle una expresión para la función inversa f −1 ( x ) .
ii) Indique el dominio y el recorrido de f −1 .
[4 puntos]
Ahora el dominio de f y el de g quedan restringidos a  0,1,2,3, 4 
.
d) Considerando los valores de f y de g en este dominio, determine cuál de las dos funciones
f y g, podrían utilizarse para hallar una distribución de probabilidad para una variable aleatoria
discreta X.
Explique claramente las razones por las cuales ha dado esa respuesta.
e) Utilizando esta distribución de probabilidad, calcule la media de X.
Solución:
1

R g = 0, + 
a) R f =  , +  
 25

[6 puntos]
[2 puntos]
(3x − 4)2
+3
9x2 + 16 − 24x + 150 9x2 − 24x + 166
 | 3x − 4 | 
100
b) (fog )( x ) = f 
=
=
→ a = 9 b = −24 c = 166
=
75
3750
3750
 10 
2
c) i) y =
2x2 + 3
75y − 3
75x − 3
→2x2 = 75y − 3 → x = 
→ f −1 ( x ) = +
75
2
2
1

ii) Df −1 = R f =  , +  
 25

R f −1 = Df = 0, + 
d)
x
f(x)
g(x)
0
3
75
4
10
f(x) = 1
1
5
75
1
10
2
11
75
2
10
3
21
75
5
10
4
35
75
8
10
g(x) = 2  1
Se podría utilizar la función f.
e) E(X ) = 0.
3
5
11
21
35 230 46
+ 1. + 2. + 3. + 4. =
=
75
75
75
75
75 75 15
12.- [Puntuación 29]
Apartado A [Puntuación 12]
a) Sabiendo que (x + iy )2 = −5 + 12i, x, y R . Compruebe que:
i) x 2 − y 2 = −5
ii) x.y=6
b) A partir de lo anterior, halle las dos raíces cuadradas de -5+12i.
( ) ( )
2
*
c) Compruebe que para todo número complejo z, z * = z2 .
d) A partir de lo anterior, escriba las dos raíces cuadradas de -5-12i.
[2 puntos]
[5 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
Apartado B [Puntuación 17]
La gráfica de una función polinómica f de grado 4 se muestra a continuación .
a) Explique por qué, de las cuatro raíces de la ecuación f(x)=0, dos son raíces reales y dos son
complejas.
b) La curva pasa por el punto (-1, -18). Halle f(x) de la forma
f ( x ) = ( x − a )( x − b)( x 2 + cx + d), donde a , b, c , d  Z .
c) Halle las dos raíces complejas de la ecuación f(x)=0, expresándolas en forma cartesiana.
d) Dibuje con precisión las cuatro raíces sobre el plano complejo (el plano de Argand).
e) Exprese cada una de las cuatro raíces de la ecuación de la forma re i .
Solución:
Apartado A

x2 − y 2 = −5
a) i) ii) (x + iy )2 = −5 + 12i → x2 − y 2 + 2xyi = −5 + 12i → 

 xy = 6
b) Resolviendo el sistema:
x2 −
36
x2
= −5 → x 4 + 5x2 − 36 = 0 → x2 =
− 5  25 + 144 − 5  13 
x2 = 4 → x = 2 x = −2
=
→ 2
2
2

 x = −9
Las raíces son: 2+3i y -2-3i
c) Sea z = x + iy
(z * )2 = ( x − iy )2 = x 2 − y 2 − 2xyi
(z2 )* = ( x 2 − y 2 + 2xyi)* = x 2 − y 2 − 2xyi
(
)
)
*

 (2 + 3i)2 = (2 − 3i)2
d) − 5 − 12i = (−5 + 12i)* = 
→ 2 − 3i y − 2 + 3i son las raíces de − 5 − 12i
2*
2

(
−
2
−
3
i
)
=
(
−
2
+
3
i
)

(
[2 puntos]
[5 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
[6 puntos]
Apartado B
a) Una función polinómica de grado 4 tiene 4 raíces. Según la gráfica sólo hay 2 raíces reales: -4 y 2. Las otras dos
tienen que ser complejas y, si f tiene coeficientes reales serán conjugadas.
b) f ( x ) = ( x + 4)( x − 2)( x 2 + cx + d)
f (0) = −32 → d = 4
f (−1) = −18 → c = 3
f ( x ) = ( x + 4)( x − 2)( x 2 + 3x + 4)
− 3  7i
3
7
c) x2 + 3x + 4 = 0→ x =
=− 
i
2
2 2
d)
e) − 4 = 4ei
3
7
2 = 2ei0 − +
2 2

 7 
 + 
i arctan −
 3  


 
i = 2e 
3
7
− −
2 2

 7 
 + 
i arctan
 3  


 
i = 2e 
13.- [Puntuación 13],
 f ( x + h) − f ( x ) 
a) Utilizando la definición de derivada, f ´( x ) = lim 
 ,
h
h→0

−2
1
compruebe que la derivada de
es
.
2x + 1
(2x + 1)2
[4 puntos]
b) Demuestre, mediante la inducción matemática, que la derivada n-ésima de (2x + 1)−1 es
( −1)n
2n n!
[9 puntos]
(2x + 1)n +1 .
Solución:
1
1 

−


2x + 1 − 2x − 2h − 1
− 2h
−2
= lim
=
a) f ´( x ) = lim  2x + 2h + 1 2x + 1  = lim
h
 h→0 (2x + 2h + 1)(2x + 1)h h→0 (2x + 2h + 1)(2x + 1)h (2x + 1)2
h→0




−2
b) Para n=1
f ´( x ) =
Supongamos cierto para n=k
f ( k )( x ) = ( −1)k
Probemos para n=k+1
f ( k +1)( x ) = ( −1)k .2k .k!.
(2x + 1)2
?
= ( −1)1
(2x + 1)2k +2
(2x + 1)1+1
Cierto
2k k!
(2x + 1)k +1
f (k +1)(x) =(−1)k +1
− (k + 1)(2x + 1)k .2
211!
2k +1(k + 1)!
(2x + 1)k+2
= ( −1)k .(−1)
2k .2.k!(k + 1)
(2x + 1)2k +2−k
= ( −1)k +1
2k +1 (k + 1)!
(2x + 1)k +2
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ1
Viernes 4 de mayo de 2012
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Sabiendo que la gráfica de y = x3 − 6x2 + kx − 4 tiene exactamente un punto en el que la pendiente es cero,
encuentre el valor de k.
Solución:
y ´= 3x2 − 12x + k
3x2 − 12x + k = 0 → x =
144-12k=0 → k=12
12  144 − 12k
6
2.- [Puntuación 4]
La función de densidad de probabilidad de la variable aleatoria continua X está dada por
1


f ( x ) =  k2 x , 1  x  2
, donde k es una constante. Halle el valor esperado de X.
0 en los demás casos

Solución:

2
1
1
1
k2 x dx = 1 → k =

2 1
2x
1
E( X ) =

2
1
1
0,616x2 x
= 0,616
dx
dx = 1,47
3.- [Puntuación 7]
Se seleccionará un equipo de 6 jugadores entre 10 jugadores de voleibol, de los cuales 8 son
niños y 2 son niñas.
(a) ¿De cuántas maneras puede el equipo ser seleccionado?
(b) ¿En cuántas de estas selecciones hay exactamente una chica en el equipo?
(c) Si la selección del equipo se hace al azar, encuentre la probabilidad de que una niña esté
en el equipo.
Solución:
 10
a)   = 210
6 
8
b) 2  = 112
5 
112
= 0,533
c)
210
4.- [Puntuación 5]
Los planos 2x + 3y - z = 5 y x - y + 2z = k se cortan en la recta 5x +1 = 9 - 5y = -5z.
Encuentre el valor de k .
Solución:
2x + 3y − z = 5
3k + 5
3k + 5
5 − 2k
− z y = x − k + 2z =
−k +z =
+z
 → 5x = 3k + 5 − 5z → x =
5
5
5
x − y + 2z = k 
 3k + 5 
 5 − 2k

5
− z  + 1 = 9 − 5
+ z  = −5z → 3k + 5 − 5z + 1 = −5z → k = −2
 5

 5

[2 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
5.- [Puntuación 5]
La gráfica de cuadro y bigotes de abajo ilustra las calificaciones del IB obtenidas por 100 estudiantes.
Los grados IB sólo pueden tomar valores enteros.
(a) ¿Cuántos estudiantes obtuvieron una calificación de más de 4?
(b) Indique, razonadamente, el número máximo posible y el número mínimo posible de
estudiantes que obtuvieron un 4 en el examen.
Solución:
a) Obtuvieron 5, 6 o 7 50 alumnos
[1 punto]
[4 puntos]
b) El primer cuartil Q1 = 4 → puede haber un máximo de 26 alumnos con 4 y un mínimo de 2 alumnos con 4.
6.- [Puntuación 5]
3 
Sea f (x) = ln x. La gráfica de f se transforma en la gráfica de la función g por una traslación de   , seguida de
 − 2
una reflexión en el eje x. Encuentre una expresión para g (x), dando su respuesta como un solo logaritmo.
Solución:
 e2 

g( x ) = −(f ( x − 3) − 2) = − ln(x − 3) + 2 = ln
 x −3 


7.- [Puntuación 5]
Un pescador observa que en cualquier hora de pesca, es igualmente probable que capture exactamente dos
peces, a que capture menos de dos peces. Suponiendo que el número de peces capturados puede ser modelado
por una distribución de Poisson, calcular el valor esperado del número de peces capturados cuando pasa cuatro
horas pescando.
Solución:
X:”número de peces capturados en 1 hora” es Po()
P(X=2)=P(X<2) → P(X=2)=P(X=0)+P(X=1)
e − .2 e − .0 e − .1
2
=
+
→
= 1 +  →  = 2,73
2!
0!
1!
2
Y:” número de peces capturados en 4 horas” es Po(4λ)
E(Y)=10,92
8.- [Puntuación 9]
Un cono tiene altura h y radio de base r. Deduzca la fórmula para el volumen de este cono girando la región
h
triangular, encerrada por la recta y = h − x y los ejes de coordenadas, 2π alrededor del eje y.
r
Solución:
h
h
r
r
y = h − x → x = h − y → x = (h − y ) → f −1(x ) = (h − x )
r
r
h
h
V=

h
0
h
r2  (h − x )3 
r2 h3 1 2
2
(
h
−
x
)
dx
=
−
=
= r h


2 3
3 
3
h2
h2 
h
0
r2
9.- [Puntuación 7]
4
3
2 
2

Halle el término constante en el desarrollo de  x −   x2 +  .
x
x

 
Solución:
4
3
2
3
4
2   2 2   4  4  4  3 2  4  2  2   4   2   4   2  

 x −   x +  =  x −  x . +  x .  −  x.  +  .  .
x 
x   0 

 1  x  2   x   3   x   4   x  

2
3
 3 
 3  2  3   2   3 2  
 x6 +  x 4 +  x2   +    
 0 
 1  x  2  x   3 x  
 4  3
Término constante=  22  22 = 6.4.3.4 = 288
 2   2
10.- [Puntuación 8]
Un triángulo está formado por las tres rectas y = 10 - 2x, y = mx e y = −
Calcule el valor de m para el cual el área del triángulo es mínima.
Solución:
y = mx 
10
 → mx = 10 − 2x → x =
m+2
y = 10 − 2x 
1
1
x , donde m  .
m
2
 10 10m 
,
Punto de corte 

 m+2 m+2 
1 
1
10m
x
m  → − x = 10 − 2x → x =
m
2
m −2
y = 10 − 2x 

y=−
 10m − 10 
,
Punto de corte 

 m + 2 2m − 1 
Área=
1
100
100m2
100m2
100
1 100 + 100m2
50(1 + m2 )
+
.
+
=
=
2 (m + 2)2 (m + 2)2 (2m − 1)2 (2m − 1)2 2 (m + 2)(2m − 1) (m + 2)(2m − 1)
Área mínima para m=3
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 14]
La función f (x) = 3sen x + 4cos x esta definida para 0 < x < 2π.
a) Escriba las coordenadas del punto mínimo en la gráfica de f.
(b) Los puntos P (p, 3) y Q (q, 3), q> p, están en la gráfica de y = f (x). Encuentre p y q.
(c) Encuentre las coordenadas del punto, en y = f (x), donde la pendiente del gráfico es 3.
(d) Encuentre las coordenadas del punto de intersección de las normales al gráfico en los
puntos P y Q.
Solución:
a) (3.78, -5)
b) p=1,57
q=6
c) f ´(x)=3cosx-4senx
3cos x − 4senx = 3 → x = 4,43
Punto (4.43, -4)
d) En P(1.57, 3) m=-4 → mN =
1
4
1
y − 3 = ( x − 1,57) → 0,25x − y = −2,6
4
En Q(6, 3) m=4 → mN = −
1
4
1
y − 3 = − (x − 6) → 0,25x + y = 4,49
4
0,25x − y = −2,6 
 → x = 3,79 y = 3,55
0,25x + y = 4,49
Punto de intersección (3.79, 3.55)
[1 punto]
[2 puntos]
[4 puntos]
[7 puntos]
12.- [Puntuación 22]
Una estación de esquí observa que el número medio de accidentes en cualquier día laborable
(lunes al viernes) es de 2,2.
El número de accidentes puede ser modelado por una distribución de Poisson.
(a) Encuentre la probabilidad de que en una determinada semana (de lunes a viernes solamente)
(i) haya menos de 12 accidentes;
(ii) haya más de 8 accidentes, sabiendo que hay menos de 12 accidentes.
[6 puntos]
Debido al uso creciente, se encuentra que la probabilidad de más de 3 accidentes en un día en
el fin de semana (sábado y domingo) es 0.24.
(b) Asumiendo un modelo de Poisson,
(i) calcule el número medio de accidentes por día durante el fin de semana
(sábado y domingo);
(ii) calcule la probabilidad de que, en los cuatro fines de semana de febrero, haya
más de 5 accidentes durante al menos dos de los fines de semana.
Se constata que el 20% de los esquiadores que tienen accidentes tienen por lo menos 25 años
de edad y el 40% son menores de 18 años de edad.
c) Suponiendo que las edades de los esquiadores que tienen accidentes se distribuyen
normalmente, encuentre la edad media de los esquiadores que tienen accidentes.
Solución:
a) i) X:”número de accidentes por semana” es Po(11)
[10 puntos]
[6 puntos]
P(X  12) = P(X  11) = 0,5793
ii)
P(X  8 | x  12) =
P(X  8  X  12) P(X = 9) + P(X = 10) + P(X = 11) 0,1085+ 0,1194 + 0,1194
=
=
= 0,5995
P(X  12)
0,5793
0,5793
b) i) Y:”número de accidentes en un día del fin de semana” es Po(λ)
P(Y  3) = 0,24 → 1 − P(Y  3) = 0,24
P(Y=0)+P(Y=1)+P(Y=2)+P(Y=3)=0,76

e− .2 e− .0 e− .1 e− .2 e− .3
2 3 
=
+
+
+
→ e−   1 +  +
+
= 0,76 →  = 2,49

2!
0!
1!
2!
3!
2 6 

ii) Z:”número de accidentes en fin de semana” es Po(4,98)
P(Z  5) = 1 − P(Z  5) = 1 − 0,6195 = 0,3805
F:”número de fines de semana de los 4 de febrero en los que no hay más de 5 accidentes” es B(4, 0.3805)
P(F  2) = 1 − P(F  1) = 0,4909
c) E:”edades de los esquiadores con accidentes” es N( , )


25 −  
25 − 

P(E  25)= 0,2 → P Z 
= 0,8416 
 = 0, 2→
 


 →  = 19,62  = 6,4

18
−

18
−



P(E  18) = 0,4 → P Z 
= −0,2533 
 = 0,4 →
 



Z=
E- 

13.- [Puntuación 24]
Las coordenadas de los puntos A, B y C son (5, - 2, 5), (5, 4, -1) y (-1, - 2, -1), respectivamente.

a) Demuestre que AB = AC y que BAC = 60 .
(b) Encuentre la ecuación cartesiana de  , el plano que pasa por A, B y C.
(c)
(i) Halle la ecuación cartesiana de 1 , el plano perpendicular a (AB) que pasa por
el punto medio de [AB].
(ii) Encuentre la ecuación cartesiana de 2 , el plano perpendicular a (AC) que pasa
por el punto medio de [AC].
(d) Encuentre la ecuación vectorial de L, la recta de intersección de 1 y 2 , y demuestre
que es perpendicular a  .
[4 puntos]
[4 puntos]
[4 puntos]
[3 puntos]
Una molécula de metano consiste en un átomo de carbono con cuatro átomos de hidrógeno
simétricamente colocados alrededor de él en tres dimensiones.
Las posiciones de los centros de tres de los átomos de hidrógeno son A, B y C tal como están
dadas en la gráfica. La posición del centro del cuarto átomo de hidrógeno es D.
(e) Utilizando el hecho de que AB = AD, muestre que las coordenadas de una de los posibles
posiciones del cuarto átomo de hidrógeno es (-1, 4, 5).
(f) Sabiendo que D (-1, 4, 5), muestre que las coordenadas de G, la posición del centro del
átomo de carbono, es (2, 1, 2).

Usando lo anterior, calcule DGA , el ángulo de unión del carbono.
Solución:
 0 
 − 6
→ 
→ 


AC =  0 
a) AB =  6 
 − 6
 − 6
 
 
AB = 72
→
AC = 72
→


AB• AC = 72 72 cos BAC → cos BAC =
→
→

36 1
= → BAC = 60
72 2
i
j k
6 − 6 = -36i+36j+36k
−6 0 −6
b) AB AC = 0
A
 : − 36x + 36y + 36z + D = 0 → −180 − 72 + 180 + D = 0 → D = 72
: − x + y +z +2 = 0
[3 puntos]
[6 puntos]
c) i) Punto medio de AB (5, 1, 2)
1 : 6y − 6z + D = 0
(5, 1, 2)1
→ 6 − 12 + D = 0 → D = 6
1 : y − z + 1 = 0
ii) Punto medio de AC (2, -2, 2)
2 : − 6x − 6z + D = 0
(2, −2, 2)2
→ − 12 − 12 + D = 0 → D = 24
2 : −x − z + 4 = 0
d)
y −z +1 = 0 
 → y = −1 + z
− x − z + 4 = 0
x = 4−z
 x = 4−z

L : y = −1 + z
 z=t

 − 1
 
El vector director de L  1  tiene la misma dirección que el vector director de π y por tanto L es perpendicular a
 1 
 
π.
e) El punto D es de la forma (4-t, -1+t, t)
AB=AD → 72 = (−t − 1)2 + (1 + t )2 + (t − 5)2
 t = 5 → D( −1, 4,5)
72 = t 2 + 1 + 2t + 1 + t 2 + 2t + t 2 + 25 − 10t → 3t 2 − 6t − 45 = 0 → 
t = −3 → D(7, − 4, − 3)
f) El punto G también es de la forma (4-t, -1+t, t)
GD=GA=GB=GC
 −5+ t 
→ 

DG =  5 − t 
 − t + 5


 t +1 
→ 

GA =  − t − 1 
 − t + 5


( −5 + t )2 + (5 − t )2 + ( −t + 5)2 = ( t + 1)2 + ( −t − 1)2 + ( −t + 5)2
25 + t 2 − 10t + t 2 + 25 − 10t = t 2 + 1 + 2t + t 2 + 1 + 2t → − 24t = −48 → t = 2
G(2, 1, 2)
 − 3
 
DG =  3 
3
 
3
 
GA =  − 3 
3
 
→

cos DGA =
→

1
= − → DGA = 109,47
3
27 27
−9−9+9
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ2
Viernes 4 de mayo de 2012
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 7]
La suma de los 16 primeros términos de una progresión aritmética es 212, y el quinto término es 8.
a) Halle el primer término y la diferencia común.
[4 puntos]
b) Halle el menor valor de n para el cual la suma de los n primeros términos es mayor que 600.
[3 puntos]
Solución:
a)
u + u + 15d
212
S16 = 1 1
.16 = 212 → 2u1 + 15d =
3
Resolviendo el sistema: d =
u1 = 2
2
8
2
u5 = u1 + 4d = 8
b) Sn =
2 + 2 + (n − 1).
2
3
2 .n  600→ 4n + 3 (n2 − n )  1200 →3n2 + 5n − 2400  0 → n  27,46 → n = 28
2
2.- [Puntuación 5]
La variable aleatoria X tiene una distribución B(30,p). Sabiendo que E(X)=10, halle
a) el valor de p.
b) P(X=10)
c) P( X  15)
Solución:
1
a) E(X)=30.p → p =
3
[1 punto]
[2 puntos]
[2 puntos]
b) P(X=10)=0,153
c) P(X  15) = 1 − P(X  14) = 1 − 0,9565 = 0,0435
3.- [Puntuación 8]
^
Considere un triángulo ABC, siendo BAC = 45,7º ; AB=9,63 cm y BC=7,5 cm.
a) Por medio de un diagrama, muestre por qué existen dos triángulos que cumplen con esta
información.
b) Halle los posibles valores de AC.
Solución:
a) Los triángulos ABC y ABD cumplen la información.
b) Sea AC=x
7,52 = 9,632 + x2 − 2.9,63.x. cos 45,7
x2 − 13,45x + 36,49 = 0 → x = 9,68 x = 3,77
[2 puntos]
[6 puntos]
4.- [Puntuación 6]
Quince niños y diez niñas están sentados en una sola fila.
a) ¿ De cuántas maneras distintas se pueden sentar en una sola fila, de forma que los niños y las
niñas estén en dos grupos separados?
b) Se escogen a dos niños y a tres niñas para que vayan al teatro.
¿De cuántas formas distintas se puede realizar esta selección?
Solución:
a) V15,15 .V10,10 .2 = 9,490577493.1018
[3 puntos]
[3 puntos]
 15  10 
b)  2 . 3  = 12600
  
5.- [Puntuación 5]
La variable aleatoria X tiene una distribución Po(m). Sabiendo que P(X=5)=P(X=3)+P(X=4), halle:
a) El valor de m.
b) P(X>2)
Solución:
a)
[3 puntos]
[2 puntos]
e−m .m5 e−m .m3 e−m .m4
=
+
→ m2 − 5m − 20 = 0 → m = 7,6235
5!
3!
4!
b) P(X  2) = 1 − P(X  2) = 1 − 0,0184 = 0,9816
6.- [Puntuación 8]
a) Dibuje aproximadamente la curva y =
cos x
, − 4  x  4 , mostrando claramente las
x2 + 1
coordenadas de las intersecciones con el eje x, y todos los máximos y mínimos.
b) Escriba la pendiente de la curva en x=1.
c) Halle la ecuación de la normal a la curva en x=1.
Solución:
a)
− senx. x 2 + 1 −
2 x2 + 1
2
x +1
b) y =
m = y´(1) =
2x
−2sen1 − cos 1
c) y − y(1) =
2 2
. cos x
=
− senx( x 2 + 1) − x cos x
(x + 1) x
2
2
+1
= −0,786
1
(x − 1) → y − 0,38 = 1,27(x − 1) → y = 1,27x − 0,89
0,786
[4 puntos]
[1 punto]
[3 puntos]
7.- [Puntuación 5]
La función de densidad de probabilidad de una variable aleatoria continua X viene dada por
1
f(x) =
, 0 x a .
1 + x4
a) Halle el valor de a.
b) Halle la media de X.
Solución:
a
1
dx = 1 → a = 1,3956
a)
4
0 1+ x
[3 puntos]
[2 puntos]

b) E( X ) =

1,3956
0
x
1 + x4
dx = 0,5482
8.- [Puntuación 8]
Cada vez que una pelota bota, alcanza un 95% de la altura lograda en el bote anterior.
Inicialmente la pelota se deja caer desde una altura de 4 metros.
a) ¿Qué altura alcanza la pelota después del cuarto bote?
b) ¿Cuántas veces bota la pelota antes de que ya no alcance una altura de 1 metro?
c) ¿Cuál es la distancia total que recorre la pelota?
Solución:
a)
u1 = 0,95.4 = 3,8
r = 0,95
[2 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
u 4 = 3,8.0,953 = 3,258 m
b) u n  1 → 3,8.0,95n −1  1 → n  27,02 → n = 28 botes
c) 4 + 2.S = 4 + 2.
3,8
= 156m
1 − 0,95
9.- [Puntuación 8]
Dos discos, uno de 8cm de radio y otro de 5 cm de radio, se colocan de tal forma que se estén tocando. Se ata un
trozo de cuerda alrededor de los dos discos, tal y como se muestra en el siguiente diagrama.
Calcule la longitud de cuerda que se necesita para rodear los dos discos.
Solución:
cos  =
3
→  = 1,34 rad
13
Longitud arco grande = (2 − 2,68).8 = 28,8
Longitud arco pequeño = 2,68.5 = 13,4
x2 = 169 − 9 = 160 → x = 12,65
Longitud cuerda=28,8+13,4+2.12,65=67,5 cm
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 14]
En un puesto del mercado se venden manzanas, peras y ciruelas.
a) Los pesos de las manzanas siguen una distribución normal de media 200 gramos y con una
desviación típica de 25 gramos.
i) Sabiendo que en el puesto hay 450 manzanas, ¿cuál es el número esperado de manzanas
con un peso superior a 225 gramos?
ii) Sabiendo que el 70% de las manzanas pesa menos de m gramos, halle el valor de m.
[5 puntos]
b) Los pesos de las peras siguen una distribución normal de media μ gramos y con una desviación
típica de σ gramos. Sabiendo que el 8% de estas peras tiene un peso superior a 270 gramos y que
el 15% tiene un peso inferior a 250 gramos, halle μ y σ.
c) Los pesos de las ciruelas siguen una distribución normal de media 80 gramos y con una
desviación típica de 4 gramos. Se cogen 5 ciruelas al azar.
¿Cuál es la probabilidad de que exactamente 3 de ellas pesen más de 82 gramos?
Solución:
a) Xm:"Precios de las manzanas" es N(200, 25)
i) P(Xm>225)=P(225<Xm<325)=0,1587
Sea Y:"nº de manzanas de las 450 del puesto con Xm>225" es B(450, 0.1587)
E(Y)=450.0,1587=71,4 manzanas
Z=
ii) P( Xm  m) = 0,7
Xm −200
25
→ P(Z 
m − 200
m − 200
) = 0,7 →
= 0,5244 → m = 213,11
25
25
b) Xp:"pesos de las peras" es N( , )
Z=
Y -

270 −  
270 − 

P(Xp > 270)= 0,08 → P Z 
= 1,4051
 = 0, 08 →
 


250 −  
250 − 

P(Xp  250) = 0,15 → P Z 
= −1,0364
 = 0,15 →




Resolviendo el sistema:  = 258,4899
c) Xc:"pesos ciruelas" es N(80, 4)
Z:"nº ciruelas de las 5 con Xc>82 gramos"
P(Xc>82)=P(82<Xc<100)=0,3085
Z es B(5, 0.3085)
P(Z=3)=0,1404
 = 8,1917
[6 puntos]
[3 puntos]
11.- [Puntuación 24]
a) Halle los valores de k para los cuales el siguiente sistema de ecuaciones no tiene solución y el
valor de k para el cual el sistema tiene infinitas soluciones.
x-3y+z=3
x+5y-2z=1
16y-6z=k
b) Sabiendo que el sistema de ecuaciones se puede resolver, halle las soluciones en forma de
ecuación vectorial de una recta, r=a+λb, donde las componentes de b son números enteros.
x − 4 y −6 z −2
c) El plano  es paralelo tanto a la recta del apartado (b) como a la recta
.
=
=
3
−2
0
Sabiendo que el punto (1, 2, 0) pertenece a  , compruebe que la ecuación cartesiana de  es
16x+24y-11z=64.
d) El eje z corta al plano  en el punto P. Halle las coordenadas de P.
x −2 y +5 z
e) Halle el ángulo entre la recta
=
= y el plano .
3
4
2
Solución:
a)
A
__________ ___
1 − 3 1 3 


1 5 − 2 1 
 0 16 − 6 k 


__________ ________
B
|A|=0→rango(A)=2
Como F3=-2F1+2F2 cuando k=-4 concluimos que: Si k=-4 rang(A)=2=rango(B) < nº incógnitas →
→ el sistema es compatible indeterminado (infinitas soluciones).
Si k≠4 rango(A)=2 ≠rango(B)=3 →el sistema es incompatible (no tiene solución).
 x − 3y + z = 3
1 3
→ 8y − 3z = −2 → y = − + z →
b) 
4 8
x
+
5
y
−
2
z
=
1

x=
9 1
+ z
4 8
 9 


 x   4  1
 
 
1
Ecuación de r:  y  =  −  +  3 


 z   4  8
0
 
 




x −1 1 3
c)  : y − 2 3 − 2 = 0 → − 2z + 24y − 48 − 9z + 16x − 16 = 0 → 16x + 24y − 11z = 64
z
8 0
64 

d) P 0, 0, −

11 

e) senα =
| 48 + 96 − 22|
29 256 + 576 + 121
=
122
27637
→ α = 47,21
[5 puntos]
[7 puntos]
[5 puntos]
[2 puntos]
[5 puntos]
12.- [Puntuación 22]
Una partícula se mueve en línea recta a una velocidad de v metros por segundo.
3π
En un instante cualquiera, t segundos, 0  t 
, la velocidad viene dada por la ecuación
4
dv 2
diferencial
+ v +1 = 0 .
dt
También se sabe que v=1 cuando t=0.
a) Halle una expresión para v en función de t.
b) Dibuje aproximadamente la gráfica de v en función de t, mostrando claramente las
coordenadas de todos los puntos de corte con los ejes y las ecuaciones de todas las asíntotas.
c)
i) Escriba el tiempo T para el cual la velocidad es igual a 0.
ii) Halle la distancia recorrida en el intervalo [0, T].
d) Halle una expresión para el desplazamiento s en función de t, sabiendo que s=0 cuando t=0.
1
2
e) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, compruebe que s = ln
.
2 1 + v2
Solución:
v =1 t = 0
dv
1
1

= −( v 2 + 1) →
dv = −dt →
dv = − dt → arctan v = −t + C → C =
a)
2
2
dt
4
v +1
v +1




v = tan − t + 
4


 
b) Cortes ejes (0, 1)  , 0 
4 
Asíntota vertical x =
c) i) T =
ii)


4
0
3π
4

4

tan(−t + ) dt = 0,346
4
d)
t =0 s =0
ds
π
π
π
π
= tan(−t + )→ ds = tan(−t + )dt → ds = tan(−t + )dt → s = ln cos( −t + ) + C →
dt
4
4
4
4
 
2
= ln 2
2

s = ln cos( −t + ) + ln 2
4
→ C = − ln

e) Sabemos que 1 + tan2( −t + ) =
4
1

cos ( −t + )
4
2
1
1

1
→ cos 2( −t + ) =
4 1 + v2
 1 2

1
2
 + ln22 = ln
s = ln cos( −t + ) + ln 2 = ln
2
4
2
1 + v2
 1+ v 
[7 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[5 puntos]
[4 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
Martes 6 de noviembre de 2012
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]

3
Sabiendo que     y cos  = − , encuentre el valor de sen 2α.
2
4
Solución:
sen2 = 2sen cos  = 2 1 −
9  3
3 7
−  = −
16  4 
8
2.- [Puntuación 4]
4
x y
Desarrolle y simplifique  −  .
y x
Solución:
4
 x y   4 x4
 −  =  
4
 y x  0  y
 4  x3 y  4  x 2 y 2  4  x y 3  4  y 4 x 4
x2
y 2 y 4 x8 − 4x6y 2 + 6x 4y 4 − 4x2y 6 + y 8
−   3 . +   2 . 2 −   . 3 +   4 = 4 − 4 2 + 6 − 4 2 + 4 =
y
y
x
x
x 4y 4
1  y x  2  y x 3  y x  4  x
3.- [Puntuación 7]
Sea f ( x ) = x3 + ax2 + bx + c , donde a , b, c  Z . El diagrama muestra la gráfica de y = f (x).
(a) Usando la información mostrada en el diagrama, encuentre los valores de a, b y c.
(b) Si g (x) = 3 f (x - 2),
(i) indique las coordenadas de los puntos donde la gráfica de g intercepta el eje x.
(ii) Encuentre la intersección con el eje y del gráfico de g.
Solución:
a) f(0)=2 → c=2
f(-1)=0 → a-b=-1
f(1)=0 → a+b=-3
Resolviendo el sistema: a=-2 b=-1
[4 puntos]
[3 puntos]
b) i) La gráfica de g(x) es una traslación de 2 unidades a la derecha de la gráfica de f(x), además de un
estiramiento vertical de razón 3.
Los puntos de corte son: (1, 0), (3, 0) y (4, 0)
ii) g(0)=3f(-2)=3.(-12)=-36
El punto de corte es (0, -36)
4.- [Puntuación 8]
El diagrama muestra la gráfica de la función definida por y = x(ln x )2 para x  0 .
La función tiene un máximo local en el punto A y un mínimo local en el punto B.
(a) Encuentre las coordenadas de los puntos A y B.
(b) Dado que la gráfica de la función tiene exactamente un punto de inflexión, encuentre sus
coordenadas.
Solución:
[5 puntos]
[3 puntos]
a) y´= (ln x )2 + 2 ln x = ln x(ln x + 2)
 ln x = 0 → x = 1
y´= 0 → 
−2
ln x = −2 → x = e
(
A e−2 , 4e−2
)
B(1, 0))
1
1 2ln x + 2
b) y´´= 2ln x. + 2 =
x
x
x
2ln x + 2 = 0 → x = e −1
(
Punto de inflexión e −1 , e −1
)
5.- [Puntuación 8]
La variable aleatoria continua X tiene función de densidad de probabilidad dada por
 ae− x , 0  x  1
f(x) = 
0, en los demás casos
(a) Indique la moda de X.
(b) Determine el valor de a.
(c) Calcule E (X).
Solución:
a) Moda=0
b)
1
 ae
−x
0
− ae 
−x 1
0
c) E( X ) =
dx = 1
= 1 → − ae−1 + a = 1 → a =
e
xe −x dx
0 e −1

v´ = e − x
u´= 1
v = −e − x
−x
e
e −1
1
u=x
 xe
[1 punto]
[3 puntos]
[4 puntos]
dx = −xe− x − e− x + C
1
(
)
(
)
e
e
e e−2 e−2
 e

E( X ) = 
( −xe− x − e − x  =
− e −1 − e −1 + 1 =
1 − 2e−1 =
.
=
e
−
1
e
−
1
e
−
1
e
−
1 e
e −1

0
6.- [Puntuación 7]
Consideremos las siguientes ecuaciones, donde a , b  R :
x+3y+(a-1)z=1
2x+2y+(a-2)z=1
3x+y+(a-3)z=b
(a) Si cada una de estas ecuaciones define un plano, muestre que, para cualquier valor de a,
los planos no se cortan en un punto único.
(b) Halle el valor de b para el cual la intersección de los planos es una recta.
Solución:
A


 __________ ____

1 3 a − 1 1 
a)  2 2 a − 2 1 
3 1 a − 3 b
 __________ _________ 
B


[3 puntos]
[4 puntos]
|A|=2a-6+9a-18+2a-2-6a+6-6a+18-a+2=0 aR →rango(A)=2
Como rango(A)=2, el sistema no es compatible determinado, es decir, no tienen solución única.
b) Veamos para qué valores de b el sistema es compatible indeterminado.
1 3 1
2 2 1 = −4b + 4
3 1 b
Si b=1 rango(A)=rango(B)=2 < número de incógnitas → el sistema es compatible indeterminado, es decir, tiene
infinitas soluciones que son los puntos de una recta.
7.- [Puntuación 7]

En el triángulo PQR, PQ = 6, PR = k y PQR = 30 .
(a) Para el caso k = 4, encuentre los dos valores posibles de QR.
(b) Determine los valores de k para los cuales las condiciones anteriores definen un triángulo
único.
Solución:
a) Sea QR=x
16 = x2 + 36 − 2.6.x.
3
2
x2 − 6 3x + 20 = 0 → x =
6 3  28 
3 3 + 7
=
2

3 3 − 7
3
b) k 2 = x2 + 36 − 2.6.x.
2
x2 − 6 3x + 36 − k 2 = 0
108 − 144 + 4k 2 = 0 → k = 3
[4 puntos]
[3 puntos]
8.- [Puntuación 9]
Consideremos la curva definida por la ecuación x2 + seny − xy = 0 .
(a) Encuentre la pendiente de la tangente a la curva en el punto (π, π).
1
(b) Usando lo anterior, muestre que tan  =
, donde θ es el ángulo agudo entre la
1 + 2
tangente a la curva en (π, π) y la recta y = x.
Solución:
a) 2x+cosy.y´-(y+y´x)=0
y − 2x
y´ =
cos y − x
En ( , ) mT =
b)  =
[6 puntos]
[3 puntos]
 − 2

=
−1−  1+ 


− arctan
4
1+ 

1+  = 1
tan  =

1 + 2
1 + 1.
1+ 
1−
9.- [Puntuación 6]
Dos barcos, A y B, se mueven de manera que en el tiempo t horas, sus vectores de posición,
en kilómetros, son rA=(9t)i+(3-6t)j y rB=(7-4t)i+(7t-6)j.
(a) Encuentre las coordenadas del punto común de las trayectorias de los dos barcos.
(b) Muestre que los barcos no chocan.
Solución:
 x = 7 − 4t
x = 9t
a) rA: 
rB 
 y = −6 + 7 t
 y = 3 − 6t
rA :
x −0 y −3
=
→ 2x + 3y − 9 = 0
9
−6
2x + 3y = 9 
8x + 12y = 36 
 →
 → x =3
7x + 4y = 25
− 21x − 12y = −75
rB:
x − 70 y + 6
=
→ 7x + 4y − 25 = 0
−4
7
y =1
Punto común de las trayectorias (3, 1)
b) El barco A alcanza el punto (3, 1) cuando t =
Son tiempos diferentes.
1
y el barco B cuando t=1.
3
[4 puntos]
[2 puntos]
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 19]
3
y z2 = −1 + 3 i
2
(i) Escriba z1 en forma cartesiana.
Considere los números complejos z1 = 2 3cis
(a)
(ii) Usando lo anterior, determine (z1 + z2 )* en forma cartesiana.
(b)
[3 puntos]
(i) Escriba z 2 en forma de módulo-argumental.
(ii) Usando lo anterior, resuelva la ecuación z3 = z2 .
[6 puntos]
+
(c) Sea z = r cisθ, donde r  R y 0    2 . Calcule todos los valores posibles de r y θ,
(i) si z2 = (1 + z2 )2 .
(ii) si z = −
1
.
z2
[6 puntos]
n
z 
(d) Encuentre el valor positivo más pequeño de n para cual  1   R + .
 z2 
Solución:
3
3 

a) i) z1 = 2 3  cos + isen  = −2 3 i
2
2 

(
)*
ii) (z1 + z2 )* = − 2 3 i − 1 + 3 i = −1 + 3 i
b) i) z2 = 2 2
3
( )
( )
( )
 3 2
 2
9

ii) z3 = 2 2 → z = 3 2 2 = 3 2 2 + 2k , k = 0, 1, 2 =  3 2 8
9
3
9

3
3
 3 2 14 

9
( )
2
2

 
 1

3


= 1 + 2 2 = 1 + 2 − +
i  = −3 = 3
c) i)

 
 2 2 



3 

 r= 3

2
r 2 = 3 → 


3
2 =  + 2k →  = 2 + k →  = 2 ,  = 2
r22
 1
r=
1  1 
1

=
=  →  2
ii) r = −

2 2 2 2  2  
 =
3

 3
3
3
n
 2 3 3 
n

 

n
 z1  



2

d)   =
= 3 5 =  3 

 
 5n
 z2   2 2  
6 
6
3


5n
6k
 5n 
sen
= k → n =
, k Z
=0→
6
6
5


n
n
z 
Si k = 5 → n = 6 , no válido porque  1   R −
 z2 
n
z 
Si k = 10→ n = 12, si es válido porque  1   R +
 z2 
[4 puntos]
11.- [Puntuación 18]
 a a − 1
, b  0 .
Consideremos la matriz A= 
b 
b
(a) Para a = 2 y b = 1, muestre que (A2-3A)2=I.
(b) Calcule el valor de a y el valor de b en cada uno de los siguientes casos:
1  0 
i) A   =  
 3  − 2
1  0 
ii) A-1   =   .
 3  − 2
(c) Considere las rectas l1 y l2 definidas por las ecuaciones ax + (a -1) y = 0 y bx + by = 1,
respectivamente, donde b ≠ 0.
(i) Encuentre las coordenadas del punto de intersección de las rectas l1 y l2 en
función de a y b.
(ii) Sabiendo que las rectas son perpendiculares, encuentre las coordenadas del
punto de intersección en función de b.
Solución:
2 1

a) A= 
1 1
 2 1  2 1   6 3   5 3   6 3   − 1 0 

 − 
 = 
 − 
 = 

A2-3A= 
 1 1  1 1   3 3   3 2   3 3   0 − 1 
 − 1 0   − 1 0  1 0
.
 = 
 = I
(A2-3A)2= 
 0 − 1  0 − 1 0 1
3

4a − 3 = 0 → a = 4
 a a − 1 1  0 
.  =   → 
b) i) 
1
b   3   − 2 
b
4b = −2 → b = −
2

1
 0 
ii)   = A.  
3
 − 2
1

1  a a − 1  0   a = 2
  = 
.  → 
b   − 2  b = − 3
 3  b
2

c)
i)
ax + (a − 1)y = 0
bax + b(a − 1)y = 0 
a
→
 →y=
b
bx + by = 1
 − abx − aby = −a

ii) El producto de las pendientes es -1
−a
1
.(−1) = −1 → a =
a −1
2
 1 1 
Punto de intersección  ,

 2b 2b 
x=
1−a
b
[3 puntos]
[6 puntos]
[9 puntos]
12.- [Puntuación 23]
Considere una función f, definida por f ( x ) =
(a) Encuentre una expresión para (f o f) (x).
x
Sea Fn ( x ) = n
, donde 0 ≤ x ≤1.
2 − (2n − 1)x
x
, para 0 ≤ x ≤1.
2− x
[3 puntos]
(b) Use la inducción matemática para mostrar que para todo n Z+ ( fofo ...of )( x ) = Fn ( x )
[8 puntos]

n veces
(c) Muestre que F−n (x) es una expresión para la inversa de Fn .
(d)
[6 puntos]
(i) Calcule Fn (0) y Fn (1) .
(ii) Muestre que Fn ( x )  x , sabiendo que 0  x  1, n  Z+ .
(iii) Para n Z + , sea A n el área de la región encerrada por la gráfica de Fn −1 , el eje x
y la recta x = 1.
Encuentre el área Bn de la región encerrada por Fn y Fn −1 en función de A n .
[6 puntos]
Solución:
x
x
 x 
a) (fof )( x ) = f 
 = 2− x =
x
4 − 3x
 2− x  2−
2− x
x
x
=
= f(x) Cierto
2 − (2 − 1)x 2 − x
( fofo ...of )( x ) = Fk ( x )
F1(x) =
b) Para n=1
Suponemos cierto para n=k



k veces
?
( fofo ...of )( x ) = Fk +1( x )
Probemos para n=k+1



k +1 veces
x
( fofo...of )( x ) = f (Fk (x )) =



Fk (x )
=
2 − Fk (x )
k +1 veces
c) y =
x
2n − (2n − 1)x
Fn −1 ( x ) =
k
x
x
2 − (2k − 1)x
=
=
= Fk +1( x )
k +1
k
k +1
x
2
− 2(2 − 1)x − x 2
− (2k +1 − 1)x
2−
2k − (2k − 1)x
→ 2n y − (2n − 1)xy = x → x =
2n y
1 + (2n − 1)y
2n x
1 + (2n − 1)x
x
2n x
2n x
=
=
= Fn −1( x )
−n
−n
n
n

1  1
2 − (2 − 1)x
−
− 1 x 1 − (1 − 2 )x 1 + (2 − 1)x
n  n
2 2

1
=1
d) i) Fn (0) = 0 y Fn (1) = n
2 − (2n − 1)
x
F−n ( x ) =
=
?
ii) Veamos si x − Fn (x )  0
x − Fn ( x ) = x −
x
2n − (2n − 1)x
Como 0  x  1 y n  Z+ →
=
2n x − (2n − 1)x 2 − x
2n − (2n − 1)x
=
(2n − 1)x(1 − x )
2n − (2n − 1)x
(2n − 1)x(1 − x )  0
2n − (2n − 1)x = 2n (1 − x ) + x  0
Como numerador y denominador son positivos x − Fn (x )  0

1
iii) Bn = A n − Fn ( x ) dx = A n − (1 − A n ) = 2A n − 1
0
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Miércoles 7 de noviembre de 2012
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
Calcula la suma de todos los múltiplos de 3 entre 100 y 500.
Solución:
102 + 498
Sn = 102 + ... + 498 =
.n
2
498=102+(n-1).3 → 3n=399 → n=133
Sn = 300.133 = 39900
2.- [Puntuación 4]
Demuestre que la ecuación cuadrática x 2 − (5 − k )x − (k + 2) = 0 0 tiene dos raíces reales distintas para todos los
valores reales de k.
Solución:
El discriminante  = (5 − k )2 + 4(k + 2) = k 2 − 6k + 33 = (k − 3)2 + 24  k  R
3.- [Puntuación 5]
 ln x ln(5 − x )
 , donde 0 <x <5.
Consideremos la matriz A= 
3
 2

Calcule el valor de x para el cual A es singular.
Solución:
|A|=3lnx-2ln(5-x)
3lnx-2ln(5-x)=0 → ln x3 = ln(5 − x )2 → x3 − x2 + 10x − 25 = 0 → x = 2,05
4.- [Puntuación 6]
Un conjunto de 15 observaciones tiene una media de 11,5 y una varianza de 9,3.
Una observación de 2,.1 es considerada poco fiable y se elimina.
Encuentre la media y la varianza del resto de 14 observaciones.
Solución:
15
_
x=
x
i =1
15
i
15
= 11,5 →
 x = 172,5
i
i =1
La nueva media es:
172,5 − 22,1
= 10,74
14
15
2
_
2
_
2
 = x −  x  → 9,32 =
 
La nueva varianza es:
x
i =1
15
i
2
2
− 11,5 →
15
x
i
2
= 2123,25
i =1
2123,25 − 22,12
− 10,742 = 1,37
14
5.- [Puntuación 6]
Una barra de metal de 1 metro de largo se corta en 10 piezas, cuyas longitudes forman una progresión
geométrica.
La longitud de la pieza más larga es 8 veces la longitud de la pieza más corta.
Encuentre, al milímetro más cercano, la longitud de la pieza más corta.
Solución:
u10 = 8u1 → 8 = r 9 → r = 9 8 = 3 2
1=
8u1 .3 2 − u1
3
2 −1
→ u1 =
3
2 −1
3
8. 2 − 1
= 0,0286 metros = 28,6 mm  29mm
6.- [Puntuación 6]
Una partícula se mueve a lo largo de una línea recta de modo que después de t segundos su desplazamiento s, en
metros, satisface la ecuación s2 + s − 2t = 0 .
Calcule, en función de s, las expresiones de su velocidad y su
aceleración.
Solución:
ds ds
ds
2
2s + − 2 = 0 → v =
=
dt dt
dt 2s + 1
ds
−4
dv
dt = − 8
a=
=
dt (2s + 1)2 (2s + 1)3
7.- [Puntuación 8]
Kathy juega un juego de computadora en el cual ella tiene que encontrar el camino a través de
un laberinto dentro de un tiempo específico.
La primera vez que intenta el juego, se conoce que la probabilidad de éxito es 0,75.
En los intentos siguientes, si Kathy tiene éxito, la dificultad aumenta y la probabilidad de éxito
es la mitad de la probabilidad de éxito que en el intento anterior.
Sin embargo, si no tiene éxito, la probabilidad de éxito sigue siendo la misma. Kathy juega el
juego tres veces consecutivas.
(a) Encuentre la probabilidad de que tenga éxito en los tres juegos.
(b) Suponiendo que tiene éxito en el primer juego, encuentre la probabilidad de que tenga
éxito en exactamente dos juegos.
Solución:
0,1875
0,375
ÉXITO
ÉXITO
FALLO
0,8125
0,75
FALLO
ÉXITO
0,375
ÉXITO
0,625
FALLO
a) P( Éxito en los tres juegos)=0,75. 0,375. 0,1875=0,053
b) P(Éxito en 2 juegos / Éxito en primer juego)=
0,75.0,375.0,8125+ 0,75.0,625.0,375
= 0,539
0,75
[2 puntos]
[6 puntos]
8.- [Puntuación 7]

Utilizando la sustitución x = sen t, calcule
x3
1 − x2
dx .
Solución:
x=sent → dx=cost dt
x3
1 − x2

sen3t
=
x3
1 − sen2t
dx =
1 − x2

=
sen3t
cos t
sen3t
. cos t dt = sen3t dt = sent(1 − cos 2 t ) dt = sent dt − sent cos 2 t dt =
cos t




3

2
 1− x 
cos t
 +C
2 
= − cos t +
+C = − 1− x +
3
3
3
9.- [Puntuación 7]
Encuentre el área de la región encerrada por las curvas y = x3 y x = y 2 − 3 .
Solución:
x3 = + x + 3 → x = 1,27
x3 = − x + 3 → x = −1,11

Área = 2
−1,11
−3
x + 3 dx +
 ( x + 3 − x )dx =
1,27
3
−1,11
= 3,46 + 3,88 = 7,34
10.- [Puntuación 7]
(
)
*
Sea  = cos  + isen . Calcule, en función de θ, el módulo y el argumento de 1 − 2 .
Solución:
(1 −  ) = (1 − (cos
2 *
(1 −  )
2*
(
2
)
*
 − sen2 + 2cos  sen i) = 1 − cos 2 + sen2 i
= (1 − cos 2)2 + sen2 2 = 2 − 2cos 2 = 4sen2 = 2| sen |
)
*

 2sen cos  
 sen2 
 cos  

 
 = arctan
arg 1 − 2 = arctan
 = arctan 
 = arctan tan −    = − 
2
 1 − cos 2 
 sen 
2
 2
 2sen  

SECCIÓN B
11.- [Puntuación 18]
El número de visitantes que llegan a un museo cada minuto puede ser modelado por una
distribución de Poisson con la media 2.2.
(a) Si el museo está abierto 6 horas diarias, encuentre el número esperado de visitantes
en 1 día.
(b) Calcule la probabilidad de que el número de visitantes que llegan durante una hora exceda
de 100.
(c) Calcule la probabilidad de que el número de visitantes en cada una de las 6 horas que el
museo está abierto exceda de 100.
[2 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
Las edades de los visitantes al museo pueden ser modeladas por una distribución normal con
media μ y varianza σ2. Los registros muestran que el 29% de los visitantes tienen menos de 35
años de edad y 23% tienen al menos 55 años de edad.
(d) Halle los valores de μ y σ.
e) Un día, 100 visitantes menores de 35 años de edad acuden al museo.
Estime el número de visitantes menores de 50 años que estaban en el museo ese día.
Solución:
a) X M : ”número de visitantes cada minuto” es Po(2,2)
X D : ”número de visitantes cada día” es Po(792)
E(X D ) = 792
b) X H : ”número de visitantes cada hora” es Po(132)
P(X H  100) = 1 − P(HH  100) = 0,9978
c) P(XH  100)6 = 0,9869
d) X:”edades visitantes” es N( , )
Z=
Y -

35 −  
35 − 

P(X  35) = 0,29 → P Z 
= −0,5534
 = 0, 29 →




55 −  
55 − 

P(X  55) = 0,23 → P Z 
= 0,7388
 = 0,23 →
 


Resolviendo el sistema  = 43,57
 = 15,48
e) Y:”número de visitantes N en ese día con edad menor de 50 años” es B(N, P(X<50) )
E(Y)=N.P(X<50)
0,29.N=100 → N=344,83
E(Y)=344,83. 0,6586=227
[6 puntos]
[5 puntos]
12.- [Puntuación 18]
El diagrama muestra el plano de una galería de arte de a metros de ancho. [AB] representa
una puerta, que conduce a un pasillo de salida de b metros de ancho.
Para sacar una pintura de la galería de arte, CD (denotado por L) se mide para varios valores
de α, tal como se representa en el diagrama.
a
b

+
, 0  .
sen cos 
2
(b) Si a = 5 y b = 1, encuentre la longitud máxima de una pintura que se pueda quitar a través
de esta puerta.
Sea a = 3k y b = k.
dL
(c) Calcule
.
d
(d) Hallar, en función de k, la longitud máxima de una pintura que se puede sacar de la galería
a través de esta puerta.
(e) Encuentre el valor mínimo de k si una pintura de 8 metros de largo se va a sacar por esta
puerta.
Solución:
a
a
→ AC =
a) sen =
AC
sen
b
b
cos  =
→ AD =
AD
cos 
a
b
L = CA + AD =
+
sen cos 
(a) Si α es el ángulo entre [CD] y la pared, muestre que L =
5
1
+
sen cos 
dL − 5cos  sen − 5cos 3  + sen3
=
+
=
d
sen2 cos 2 
sen2. cos 2 
b) L =
− 5cos3  + sen3 = 0 →  = 1,04 rad → L =
3k
k
+
sen cos 
dL − 5cos  sen − 5cos 3  + sen3
=
+
=
d
sen2 cos 2 
sen2. cos 2 
c) L =
d) − 3cos3  + sen3 = 0 →  = 0,96
3k
k
+
= 5,4k
sen0,96 cos 0,96
e) 8 = 5,4 k → k = 1,48
L=
5
1
+
= 7,77 m
sen1,04 cos 1,04
[3 puntos]
[4 puntos]
[3 puntos]
[6 puntos]
[2 puntos]
13.- [Puntuación 24]
Consideremos los planos 1 : x − 2y − 3z = 2 y 2 : 2x − y − z = k .
(a) Calcule el ángulo entre los planos 1 y 2 .
(b) Los planos 1 y 2 se cortan en la recta L1 .
 0  1

  
Demuestre que la ecuación vectorial de L1 es r=  2 − 3k  + t  5  .
 2k − 2   − 3 

  
(c) La recta L2 tiene la ecuación cartesiana 5 - x = y + 3 = 2 - 2z.
Las rectas L1 y L2 se cortan en un punto X. Calcule las coordenadas de X.
(d) Determine una ecuación cartesiana del plano 3 que contiene las dos rectas L1 y L2 .
(e) Sea Y un punto en L1 y Z un punto en L2 tal que XY sea perpendicular a YZ y el área del
triángulo XYZ es 3. Calcule el perímetro del triángulo XYZ.
Solución:
 1 
 2
 
 
a) Vector director de 1 :  − 2
Vector director de 2 :  − 1 
 − 3
 − 1
 
 

   | 2 + 2 + 3|
7
cos π1 , π2  =
=
→ π1 , π2 = 40,2
14 6
84


b)
x − 2y − 3z = 2
x − 2y − 3z = 2 
→
 → − 3x − z = 2 − 2k → z = (2k − 2) − 3x
2x − y − z = k 
− 4x + 2y + 2z = −2k 
2y = x − 3z − 2 = x − 2 − 3(2k − 2) + 9x = 10x + 4 − 6k → y = (2 − 3k ) + 5x
 0  1

  
r=  2 − 3k  + t  5  .
 2k − 2   − 3 

  
Si x=t

 x = 5− 

L2 : y = −3 + 


 z = 1 − 2
 x=t

c) L1 : y = 2 − 3k + 5t
 z = 2k − 2 − 3t


t +  =5

 t=5− 


2
−
3
k
+
5
t
=
−
3
+

→
5
t
−
 = −5 + 3k


 2k − 2 − 3t = 1 − 
− 6t +  = 6 − 4k


2
Resolviendo el sistema: 6t=3k → k=2t
-t=1-k → t=1 k=2 λ=4
Punto X(1, 1, -1)
x −5
d) y + 3
−1
1 = 0 → x + 7y + 12z + 4 = 0
1
z −1 −3 −
2
1
 
 − 2
→
→
 
 
uL 2 =  2 
e) uL1 =  5 
 − 3
 − 1
 
 
cos α =
1
5
| −2 + 10 + 3|
35 9
YZ=sen51,7ᵒ.XZ
XY=cos51,7ᵒ.XZ
=
11
315
→ α = 51,7
XZ2 .sen51,7.cos 51,7
→ XZ = 3,51
2
Perímetro= 3,51+3,51.sen51,7ᵒ+3,51.cos51,7ᵒ=8,44
Área=3=
[4 puntos]
[5 puntos]
[5 puntos]
[5 puntos]
[5 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ1
Jueves 9 de mayo de 2013
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
(a) Si w = 2 + 2i, encuentre el módulo y el argumento de w.
 5 
 5 
(b) Sabiendo que z = cos  + isen  , calcule en su forma más simple w 4z6 .
 6 
 6 
Solución:
[2 puntos]
[4 puntos]
a) | w |= 8
arg w =

4
b) w 4z6 =
( 8 ) .1

4
4
6

5  = 64.15 = 64
6
2.- [Puntuación 6]
Consideremos los puntos A (1, 2, 3), B (1, 0, 5) y C (2, -1, 4).
→
→
(a) Calcule ABAC .
(b) Usando lo anterior, halle el área del triángulo ABC.
Solución:
i
j k
→
→
a) AB AC = 0 − 2 2 = 4i+2j+2k
1 −3 1

b) Área ABC =
1
24 = 6
2
3.- [Puntuación 6]
1 2
 4 − 3
 , encuentre la matriz X, tal que AXA-1=B.
 y B= 
Dadas A= 
1 1 
1 1
Solución:
|A|=-1
 1 − 1

Adj(A)= 
−2 1 
−1 2 

A-1= 
 1 − 1
 − 1 2   4 − 3  1 2  − 2 5   1 2  3 1 
.
.
 = 
.
 = 

X=A-1.B.A= 
 1 − 1   1 1   1 1   3 − 4   1 1   − 1 2
[4 puntos]
[2 puntos]
4.- [Puntuación 5]



La función de densidad de probabilidad de la variable aleatoria X se define como f (x ) =  sen x , 0  x  2
.

0
,
en
los
demás
casos

Hallar E (X).
Solución:
E(X ) =


2
0
xsenx dx
u=x
v ´=senx
u´=1
v=-cosx →
 xsenxdx = −x cos x + senx + C

2
− x cos x + senx 0
E(X ) = 

= 1−0 = 1
5.- [Puntuación 6]
La pintura se vierte en una bandeja donde forma una piscina circular con un grosor uniforme de 0,5 cm. Si la
pintura se vierte a una velocidad constante de 4cm3s-1, encuentre la tasa de aumento del radio del círculo
cuando el radio es de 20 cm.
Solución:
Objetivo: r´(t) cuando r(t)=20 cm
V( t ) = .0,5 r2( t )
dV( t )
= .0,5.2r( t ).r´(t )
dt
4 = .20.r´(t ) → r´(t ) =
1
cm s −1
5
6.- [Puntuación 6]
La matriz A es tal que A2 = I, donde I es la matriz de identidad.
Use la inducción matemática para demostrar que (A + I)n = 2n-1(A + I), para todo n Z + .
Solución:
Para n=1
(A + I)1 = A + I= 21-1(A + I)
Cierto
Supuesto cierto para n=k
(A + I)k = 2k-1(A + I)
?
Probemos para n=k+1
(A + I)k+1
= 2k(A + I)
(A + I)k+1= (A + I)k. (A + I)= 2k-1(A + I). (A + I)=2k-1(A2+AI+IA+I2)= 2k-1(I+A+A+I)=2k-1(2A+2I)=2k(A+I)
7.- [Puntuación 7]
Una curva se define por la ecuación 8y ln x − 2x2 + 4y 2 = 7 .
Encuentre la ecuación de la tangente a la curva en el punto donde x = 1 e y> 0.
Solución:
y
− 8 + 4x
1 

x
8 y ´ln x + y  − 4x + 8yy ´= 0 → y ´=
x 
8 ln x + 8y

y 0
Para x=1
2
− 2 + 4y = 7 → y =
3
2
3
− 8. + 4
2
 3
2
En  1,  m =
=−
12
3
 2
3
2
2
13
y − = − ( x − 1) → y = − x +
2
3
3
6
8.- [Puntuación 6]
1
1
1
1
,
,
,
, ....
log 2 x log 8 x log 32 x log 128 x
Calcule x si la suma de los primeros 20 términos de la progresión es igual a 100.
Solución:
1
1
1
1
2
d=
−
=
−
=
log
x
log 8 x log 2 x
log 2 x log 2 x
2
log 2 8
Los primeros términos de una progresión aritmética son
1
1
2
+
+ 19.
log 2 x log 2 x
log 2 x
40
400
S20 =
.20 =
.10 =
2
log 2 x
log 2 x
100 =
400
→ log 2 x = 4 → x = 16
log 2 x
9.- [Puntuación 6]
Dos sucesos A y B son tales que P( A  B) = 0,7 y P (A | B ') = 0,6.
Calcule P (B).
Solución:
P( A  B´) P( A) − P( A  B)
P( A | B´) =
=
= 0,6 →0,6(1 − P(B)) = P( A) − P( A  B)
P(B´)
1 − P(B)
P( A) = 0,6 − 0,6.P(B) + P( A  B)
P( A  B) = P( A) + P(B) − P( A  B) → 0,7 = 0,6 − 0,6.P(B) + P( A  B) + P(B) − P( A  B) →P(B) =
10.- [Puntuación 7]
1
4
( )
a) Encuentre todos los valores de x 0,1  x  1 para los cuales sen x −1 = 0 .
[2 puntos]
1
n
x −2sen x −1
1
n +1
( )dx , mostrando que toma valores enteros diferentes cuando n

(b) Calcule
es par y cuando n es impar.

(c) Evalúe
1
0,1
(
[3 puntos]
)
πx −2sen πx −1 dx .
[2 puntos]
Solución:
( )
a) sen x −1 = 0 → x −1 = k, k  Z → x =
b)
1
n
x −2sen x −1
1
n+1
 | x
0,1
c)
( ) dx = cos( )

1
1
−1 n
x
1
n+1
−2
1
6
| x −2sen x −1
1
7
1
2
| x −2sen x −1
1
3
1 + 1 = 2 si n par

= cos n − cos (n + 1) = 
si n impar
− 1 − 1 = −2
1
9
| x −2sen x −1
1
10
1
5
| x −2sen x −1
1
6
( )| dx = 
sen x
−1
1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
, k  Z → x = 1, , , , , , , , ,
k
2 3 4 5 6 7 8 9 10

( )| dx + 

( )| dx +  | x
1
1
2
−2
1
8
| x −2sen x −1
1
9
1
4
| x −2sen x −1
1
5
1
7
| x −2sen x −1
1
8
1
3
| x −2sen x −1
1
4
( )| dx + 
( )| dx + 
( )| dx +
( )| dx + 
( )| dx + 
( )| dx +
( )
sen x −1 | dx = 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 18
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 19]


(i) Exprese cos + x  en la forma a cos x - bsen x donde a , b R .
6

a)
(ii) Usando lo anterior, resuelva
3
3 cos x − sen x = 1, para 0  x  2 .
[7 puntos]
2
(b) Sea p( x ) = 2x − x − 2x + 1 .
(i) Muestre que x = 1 es un cero de p.
(ii) Usando lo anterior, encuentre todas las soluciones de 2x3 − x 2 − 2x + 1 = 0 .
(iii) Exprese sen2 cos  + sen2 en función de sen θ.
(iv) Usando lo anterior, resuelva sen2 cos  + sen2 = 1 para 0    2 .
[12 puntos]
Solución:
3
1


a) i) cos + x  =
cos x − senx
6
2
2


ii)

 

 

+ x = + 2k
x = − + 2k → x =




 1  6

3
3 6
6
3 cos x − sen x = 1 → 2cos + x  = 1 → cos + x  = → 
→
 
3
6

6
 2   + x = −  + 2k
x = − − + 2k → x =
 6

3
3 6
2

b) i) p(1) = 2.13 − 12 − 2.1 + 1 = 0
ii)
1
2
2
-1
2
1
-2
1
-1
1
-1
0
p( x ) = ( x − 1)(2x 2 + x − 1)
2x2 + x − 1 = 0 → x =
1
−1 3 

= 2
4

− 1
iii) sen2 cos  + sen2 = 2sen cos 2  + sen2 = 2sen − 2sen3 + sen2



 x =1 →  = 2


sen  = x

3
2
3
2
iv) sen2 cos  + sen  = 1 → 2x − 2x + x − 1 = 0 → x = −1 →  =
2




=
1


6
 x = 2 →  5

=


6

12.- [Puntuación 19]
(a) Express 4x 2 − 4x + 5 en la forma a( x − h)2 + k , donde a , h , k  Q .
[2 puntos]
(b) La gráfica de y = x 2 se transforma en la gráfica de 4x 2 − 4x + 5 .
Describa una secuencia de transformaciones que hace esto, indicando el orden de las
transformaciones de forma clara.
1
La función f se define por f ( x ) =
2
4x − 4x + 5
(c) Dibuje la gráfica de y = f (x).
(d) Encuentre el recorrido de f.
1
1
(e) Usando una sustitución adecuada muestre que f (x ) dx =
du .
4 u2 + 1


(f) Demuestre que
3,5
1
2
4x − 4x + 5
1
dx =


.
16
[3 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
[7 puntos]
Solución:
a) 4x 2 − 4x + 5 = a( x − h)2 + k
 a=4
1

4x 2 − 4x + 5 = ax2 + ah2 − 2ahx + k → − 4 = −8h → h =
2

 5 = 1 + k → k = 4
2
 1
4x2 − 4x + 5 = 4 x −  + 4
 2
b) f ( x ) = x 2
1

g( x ) = 4f  x −  + 4
2

1
 
Traslación de la gráfica de f mediante el vector  2  , estiramiento vertical de razón 4 y traslación mediante el
0 
 
0 
vector  
4
1 
c) El vértice de y = 4x2 − 4x + 5 es  , 4 
2 
 1
d) R f = 0, 
 4
e)
f)
 4x

1
2
− 4x + 5
3,5
1
dx =
1
2
4x − 4x + 5

dx =
1
1
1
dx =
dx
2
4  1 2
 1
4 x −  + 4
x −  +1
2
2



1
x − =u
2 1
=
4u
1
arctanu31 = 1  arctan3 − arctan 1  = 1 .  = 
4
4
2  4 4 16
2
1
3−
1

2 = 1 → arctan3 − arctan 1 = 
(*) tan arctan3 − arctan  =
2
2 4

 1 + 3. 1
2
1
2
+1
(*)
du
13.- [Puntuación 22]
El sábado, Alfred y Beatrice juegan 6 juegos diferentes entre ellos.
En cada juego, uno de los dos gana.
La probabilidad de que Alfred gane cualquiera de estos juegos es de
2
.
3
80
.
243
(i) Explique por qué el número total de resultados posibles para los resultados de
los 6 juegos es 64.
(a) Muestre que la probabilidad de que Alfred gane exactamente 4 de los juegos es de
(b)
[3 puntos]
(ii) Al desarrollar (1 + x )6 y elegir un valor adecuado para x, pruebe que
6 6 6 6 6  6 6
64 =   +   +   +   +   +   +  
 0  1  2  3   4  5   6 
(iii) Indique el significado de esta igualdad en el contexto de los 6 partidos jugados.
[4 puntos]
(c) Al día siguiente, Alfred y Beatrice vuelven a jugar los 6 juegos.
2
.
3
(i) Encuentra una expresión para la probabilidad de que Alfred gane 4 juegos en el
primer día y 2 en el segundo día.
Supongamos que la probabilidad de que Alfred gane cualquiera de estos juegos es todavía
2
s
t
6  2   1 
Dé su respuesta en la forma       donde hay que buscar los valores de r, s y t.
r   3   3 
(ii) Utilizando su respuesta en (c) (i) y 6 expresiones similares calcule la probabilidad
de que Alfred gane un total de 6 partidos durante los dos días como suma de 7
probabilidades.
(iii) Usando lo anterior demuestre que
2
2
2
2
2
2
 12  6   6   6   6   6   6   6 
  =   +   +   +   +   +   +  
 6   0  1   2  3   4 5   6
2
[9 puntos]
(d) Alfred y Beatrice juegan n juegos. Sea A el número de juegos que Alfred gana.
n
El valor esperado de A puede escribirse como E( A ) =
 n  ar
.
r 
r  bn

r=0

(i) Encuentre los valores de a y b.
(ii) Al derivar el desarrollo de (1+ x )n , pruebe que el número esperado de juegos
ganados por Alfred es
Solución:
2n
.
3
 2
a) X:”número de juegos que Alfred gana de los 6” es B 6 ,  .
 3
4
2
 6  2   1 
16
80
P(X = 4) =      = 15.
=
3
3
81
.
9
243
4
    
6
b) i) Número de casos en los que Alfred gana 0 juegos: 1 =  
0
6
Número de casos en los que Alfred gana 1 juego: 6 =  
1 
6
Número de casos en los que Alfred gana 2 juegos:   = 15
2
6
Número de casos en los que Alfred gana 3 juegos:   = 20
3 
6 
Número de casos en los que Alfred gana 4 juegos:   = 15
 4
[6 puntos]
6
Número de casos en los que Alfred gana 5 juegos:   = 6
5 
6
Número de casos en los que Alfred gana 6 juegos: 1 =  
6
6 6 6 6 6  6 6
  +   +   +   +   +   +   = 1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 64
 0  1   2  3   4  5   6 
iii) La explicación está dada en el apartado anterior.
2
4
2
2
4
6
6
 6  2   1   6  2   1   6   2   1 
c) i) P( X = 4).P( X = 2) =      .     =       → r=2 s=6 t=6
 4  3   3   2  3   3   2   3   3 
ii) P(X=0).P(X=6)+ P(X=1).P(X=5)+ P(X=2).P(X=4)+ P(X=3).P(X=3)+ P(X=4).P(X=2)+
2
2
2
2
6
6
6
6
6
6
6
6
6  2   1  6  2   1  6  2   1  6  2   1 
P(X=5).P(X=1)+P(X=6).P(X=0)=       +       +       +       +
 0   3   3  1   3   3   2   3   3  3   3   3 
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
6
6
6
6
6
6 
6
6
6   2   1  6  2   1  6  2   1 
 6   6   6   6   6   6   6   2   1 
+       +       +       =   +   +   +   +   +   +      
 0   1   2   3   4   5   6   3   3 
 4  3   3  5   3   3  6  3   3 


2

iii) Sea Y:”número de juegos que Alfred gana de los 12” es B 12,  .
3


6
6
 12 2   1 
P(Y = 6) =     
 6  3   3 
Igualando las expresiones de ii) y iii) se obtiene:
2
2
2
2
2
2
 12  6   6   6   6   6   6   6 
  =   +   +   +   +   +   +  
 6   0  1   2  3   4 5   6
n
d) i) E( A) =
ii) (1 + x ) =
n
r

 n  2   1 
r    
 r  3   3 
r =0
n
 r  x
n
2
n
n −r
=
 n  2r
a = 2
r  n → 
r  3
b = 3
r =0

r
r =0
Derivando ambos miembros: n(1 + x )n−1 =
n
 r rx
n
r−1
(*)
r=0
n
E( A ) =
 n  2r 1
r  n = n
3
r  3
r =0

n

n
2
r 2r −1.2 = n
3
r 
r =0
n
(*) para
n
r 2r −1
=
r

r =0

x =2
2
n
3
.n(1 + 2)n −1 =
2n
3
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ2
Jueves 9 de mayo de 2013
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
Halle el valor exacto de
2

1

  (x − 2) + x + senπx dx .
2
1
Solución:
2
 x3
cos x 
8
1 1
1 1
2


2 1
2
 (x − 2) + + senπx dx =  + 4x − 2x + ln x −
 = + 8 − 8 + ln 2 − − − 4 + 2 − = + ln2 −
x
3

3

3

3


1

1

2
2.- [Puntuación 5]
5 3
 3 − 5
 , B = 
 .
Considere las matrices A = 
3
2


 2 − 3
a) Halle det A y, a partir de lo anterior, escriba la matriz inversa A −1 .
b) Halle la matriz A
Solución:
a) det A=1
−1
.B .
[2 puntos]
[3 puntos]
 2 − 3

Adj(A)= 
−3 5 
 2 − 3

A −1 = 
−3 5 
 2 − 3  3 − 5  0 − 1 
−1
.
 = 

b) A .B = 
 − 3 5   2 − 3  1 0 
3.- [Puntuación 4]
Desarrolle (2− 3x )5 en potencias de x ascendentes, simplificando los coeficientes del desarrollo.
Solución:
5
5
5
5
5
5
(2 − 3x )5 =  25 −  24(3x ) +  23(3x )2 −  22(3x )3 +  2(3x )4 −  (3x )5 = 32 − 240x + 720x2 − 1080x3 + 810x 4 − 243x5
0
1
2
3
4
 
 
 
 
 
 5
4.- [Puntuación 5]
Tim y Caz compran una caja que contiene 16 bombones; 10 son de chocolate con leche y 6 son
de chocolate negro.
Caz coge al azar un bombón y se lo come. A continuación, Tim coge al azar un bombón y se lo come.
a) Dibuje un diagrama de árbol que represente los posibles resultados.
Rotule claramente cada rama con el valor correcto de la probabilidad.
[3 puntos]
b) Halle la probabilidad de que Tim y Caz se hayan comido el mismo tipo de bombón.
[2 puntos]
Solución:
a) Experimento 1:"Caz coge un bombón"
Experimento 2:"Tim coge un bombón"
Caz
Tim
90/240
10/16
Leche
Negro
60/240
Negro
6/15
6/16
LecheLeche
Leche
9/15
10/15
60/240
Leche
5/15
30/240
Leche Negro
Negro Leche
NegroNegro
Negro
b) P(Leche  Leche) + P(Negro  Negro) =
90 30 1
+
=
240 240 2
5.- [Puntuación 7]
x cos x
, para x  0 .
x + cos x
dy cos 2 x − x 2senx
=
, x0.
a) Compruebe que
dx
( x + cos x )2
La curva C viene dada por y =
 
b) Halle la ecuación de la recta tangente a C en el punto  , 0  .
2 
Solución:
a)
[4 puntos]
[3 puntos]
dy (cos x − xsenx)( x + cos x ) − (1 − senx)x cos x x cos x + cos 2 x − x2senx − xsenx cos x − x cos + xsenx cos x
=
=
=
dx
( x + cos x )2
( x + cos x )2
=
cos 2 x − x2senx
( x + cos x )2
 2

cos 2( ) −
sen( )
2
4
2
b) m =
= −1
2
 

 + cos( )
2 
2


y − 0 = −1( x − ) → y = −x +
2
2
6.- [Puntuación 7]
En una progresión geométrica, el primer término es a, la razón común es r y la suma de los infinitos términos es
igual a 76. En una segunda progresión geométrica, el primer término es a, la razón común es r 3 y la suma de los
infinitos términos es igual a 36. Halle r.
Solución:
a
76 =
→ a = 76(1 − r )
1−r
36 =
a
1−r
3
→ a = 36(1 − r3 )
76(1 − r ) = 36(1 − r3 ) →19 − 19r = 9 − 9r3 → 9r3 − 19r + 10 = 0
9
1
9
0
9
9
-19
9
-10
10
-10
0
9r3 − 19r + 10 = (r − 1)(9r2 + 9r − 10)
 12 2
− 9  81 + 360 − 9  21  18 = 3
9r + 9r − 10 = 0 → r =
=
=
30
18
18
−
No válido
 18
2
7.- [Puntuación 7]
Considere los números complejos z1 = 1 + 3i y z2 = −1 − i .
a) Escriba el valor exacto de | z1 | y del arg(z2 ) .
b) Halle el valor mínimo de | z1 +  z2 |, donde   R .
Solución:
a) | z1 |= 10
arg(z2 ) = arctan1 =
5
4
b) | z1 +  z2 |= (1 − )2 + (3 − )2
Lamemos f() = (1 − )2 + (3 − )2
f ´( ) =
−2(1 −  ) − 2(3 −  )
2 (1 −  )2 + (3 −  )2
=
2 − 4
(1 −  )2 + (3 −  )2
2 − 4 = 0 →  = 2
2
Para  = 2, f() es mínimo y el valor mínimo es
1+1 = 2
[2 puntos]
[5 puntos]
8.- [Puntuación 6]
La curva C está definida de manera implícita por la ecuación
x2
− 2x = ln y para y>0.
y
dy
en función de x e y.
dx
dy
b) Halle el valor de
en el punto de C en el cual y=1 y x>0.
dx
Solución:
2xy − y´x 2
y´
2xy − 2y 2
2
2
−
2
=
→
2
xy
−
y
´
x
−
2
y
=
yy
´
→
y
´
=
a)
y
y2
y + x2
a) Exprese
b)
[4 puntos]
[2 puntos]
x = 0 No válido
x2
− 2x = ln1 →x( x − 2) = 0 → 
1
 x = 2 → C(0,1)
En C
dy 4 − 2 2
=
=
dx 1 + 4 5
9.- [Puntuación 7]
La función f viene dada por f ( x ) =
3x + 1
3x − 3− x
a) Compruebe que f(x)>1 para todo x>0.
b) Resuelva la ecuación f(x)=4.
Solución:
a) Veamos si f(x) − 1  0 :
b)
3x + 1
3x − 3− x
x
3 +1
3x − 3− x
−1 =
x
para x>0.
[3 puntos]
[4 puntos]
x
−x
3 +1−3 +3
3x − 3− x
1
1+ x
x
3x 1 si x 0
3 = 3 +1 = 1
=
0
2
x
1
3x − 1 3 − 1
3x − x
3
( )
x
3 =t
1
4
4
4
= 4 → t + 1 = 4(t − ) → t 2 + t = 4t 2 − 4 → t(t + 1) = 4(t + 1)( t − 1) → t = → 3x = → x = log3  
t
3
3
3
10.- [Puntuación 6]
1
1
1
a) Sabiendo que arctan  + arctan  = arctan  , donde p  Z+ , halle p.
5
8
p
1
1
1
b) A partir de lo anterior, halle el valor de arctan  + arctan  + arcc tan  .
2
5
 
 
8
Solución:


 1 
1
 1 
a) Tomando tangentes en ambos miembros: tanarctan  + arctan  = tanarctan 
5
 8 

 p 

1 1
+
5 8 = 1 → 13 = 1 → p = 3
1 1 p 39 p
1− .
5 8
1
1
1
1
1
b) arctan  + arctan  + arcc tan  = arctan  + arctan 
2
5
8
2
 
 
 
 
3
1 1
+

5
1
 1 
1
1 
tanarctan  + arctan  = 2 3 = = 1 → arctan  + arctan  =
1
1
5
2
 3  1 − .
2
3 4

2 3
[3 puntos]
[3 puntos]
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 21]
Los vértices de un triángulo ABC tienen las siguientes coordenadas:
A(-1, 2, 3), B(4, 1, 1) y C(3, -2, 2).
a)
i) Halle la longitud de los lados del triángulo.

ii) Halle cos BAC .
[6 puntos]
→
→
i) Compruebe que BC CA = −7i − 3j − 16k .
b)
ii) A partir de lo anterior, compruebe que el área del triángulo ABC es igual a
c) Halle la ecuación cartesiana del plano que contiene al triángulo ABC.
d) Halle una ecuación vectorial de (AB).
1
314 . [5 puntos]
2
[3 puntos]
[2 puntos]
→
→
El punto D pertenece a (AB), de modo tal que OD es perpendicular a BC , donde O es el origen.
e)
i) Halle las coordenadas de D.
ii) Compruebe que D no se encuentra entre A y B.
Solución:
5
 4 
 − 1
→ 
→ 
→ 



AC =  − 4 
BC =  − 3 
a) i) AB =  − 1 
 − 2
 −1
1
 
 
 
→
→
| AB|= 30

ii) cos BAC =
→
| AC| = 33
20 + 4 + 2
30 33
→
=
→
| BC|= 11
26
990
→
i
j k
→ →
→
→
→
b) i) BC CA = − 1 − 3 1 = −7 i − 3 j − 16 k
−4 4 1
1 → →
49 + 9 + 256
314
ii) Área triángulo= | BC CA |=
=
2
2
2
c) − 7x − 3y − 16z + D = 0
Aplano
→7 − 6 − 48 + D = 0 →D = 47
7x + 3y + 16z − 47 = 0
 x   − 1  5 
     
d)  y  =  2  + t  − 1 
 z   3   − 2
     
e) i) D = (−1 + 5t ,2 − t ,3 − 2t ) para a lg ún valor de t
→
→
OD• BC = 0 → 1 − 5t − 6 + 3t + 3 − 2t = 0 → t = −
 5 
 2 
ii) DA =  − 1 
2

 −1 


→
→
→
1
 7 5 
→ D − , , 4 
2
 2 2 
 15 
 2
DB =  − 3 
2

 −3 


→
→
→
Como DB = 3.DA → DB y DA mismo sentido → D no puede estar entre A y B.
[5 puntos]
12.- [Puntuación 21]
2x − 1
y su dominio es D = x : − 1  x  8 .
x +2
B
a) Exprese f(x) de la forma A +
, donde A y B  Z .
x +2
b) A partir de lo anterior, compruebe que f´(x)>0 en D.
c) Indique el recorrido de f.
La función f tiene la forma f (x ) =
d)
e)
iii) Sobre ese mismo diagrama, dibuje aproximadamente la gráfica de y = f −1 ( x )
i) En otro diagrama, dibuje aproximadamente la gráfica de. y = f(| x |), donde x  D .
Solución:
2x − 1
B
2x − 1 Ax + 2A + B
a)
= A+
→
=
→ A =2
x +2
x +2
x +2
x +2
−5
f(x) = 2 +
x +2
b) f ´( x ) =
5
( x + 2)2
1
.
4
B = −5
 0 x  D
3

c) f es estrictamente creciente en D → R f = f ( −1) = −3, f (8) = 
2

2x − 1
2y + 1
2x + 1
→ yx + 2y = 2x − 1 → x =
→ f −1(x) =
x +2
2− y
2− x
ii) iii)
e) i)
2x − 1
1
2
= − → 8x − 4 = −x − 2 → x =
x +2
4
9
2
Por simetría, la otra solución es x = −
9
ii)
[2 puntos]
[2 puntos]
i) Halle una expresión para f −1 ( x ) .
ii) Dibuje aproximadamente la gráfica de y=f(x), mostrando los puntos de corte con
ambos ejes.
ii) Halle todas las soluciones de la ecuación f (| x |) = −
d) i) y =
[2 puntos]
[8 puntos]
[7 puntos]
13.- [Puntuación 18]
a)
i) Exprese cada uno de los siguientes números complejos en forma módulo- argumental:
z1 = 3 + i , z2 = − 3 + i y z3 = −2i .
ii) A partir de lo anterior, compruebe que los puntos del plano complejo que representan
a z1 , z2 y z3 son los vértices de un triángulo equilátero.
iii) Compruebe que z13n + z23n = 2z33n , donde n  N .
[9 puntos]
b)
i) Indique las soluciones de la ecuación z7 = 1 para z  C , dándolas en forma
módulo-argumental.
ii) Si w es la solución de la ecuación z7 = 1 que tiene el menor argumento positivo,
determine el argumento de 1+w. Exprese la respuesta en función de .
 2π 
iii) Compruebe que z2 − 2z cos  + 1 es un factor cuadrático del polinomio z7 = 1 .
 7 
Indique los otros dos factores cuadráticos con coeficientes reales.
Solución:
a) i) z1 = 3 + i = 2  , z2 = − 3 + i = 25
6
z3 = −2i = 23
6
2
ii)
( ) ( )
( )
( )
3n
3n
iii) z1 + z2 = 23n n + 23n 5n = 23n n 1 + 12n  = 23n n .2
2
( )
( )
2
2
( )
( )
2
2.z33n = 2. 23n 9n = 2. 23n n .1 4n = 2. 23n n .1 = 2. 23n n
2
2
2
2
2
b) i) z7 = 1 → z = 7 1 = 7 10 = 1 2k k = 0,1, 2,3, 4,5,6,
7
ii) w = 1 2
7
2
2
+ isen
7
7
2




sen
2sen cos
2sen cos
  
7
7
7
7
7
arg(1 + w ) = arctan
= arctan
= arctan
= arctan tg  =
2
2
2
2
 7 7
1 + cos
1 + cos − sen
2cos
7
7
7
7
1 + w = 1 + cos
[9 puntos]
iii)







z7 − 1 = (z − 1). z − 1 2 . z − 1 4 . z − 1 6 . z − 1 8 . z − 110 . z − 112 







7 
7 
7 
7 
7 
7 



 
 z − 1 . z − 1
 =  z − cos 2π − isen 2π  z − cos 12π − isen 12π  =
2
π
12
π


 
7
7 
7
7 
7 
7 

2
2π
2π 
2π
12π  
2π 

2 2π
=  z − cos
− isen  z − cos
+ isen
=
 =  z − cos  + sen
7
7 
7
7  
7 
7

= z2 + cos 2
2π
2π
2π 2
2π
− 2z cos
+ sen2
= z − 2z cos
+1
7
7
7
7
 4π 
Los otros dos factores son: z2 − 2z cos   + 1
 7 
y
 6π 
z2 − 2z cos   + 1
 7 
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ1
Viernes 10 de mayo de 2013
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
Las calificaciones obtenidas por un grupo de estudiantes en una prueba de clase se muestran a continuación.
Calificaciones
5
6
7
8
9
10
Frecuencia
6
K
3
1
2
1
Sabiendo que la media de las calificaciones es 6,5, encuentre el valor de k.
Solución:
30 + 6k + 21 + 8 + 18 + 10
6,5 =
→ 6,5(13 + k ) = 87 + 6k → 0,5k = 2,5 → k = 5
13 + k
2.- [Puntuación 5]
Halle el valor de k tal que el siguiente sistema de ecuaciones no tenga una única solución.
kx+y+2z=3
-y+4z=5
3x+4y+2z=1
Solución:
k 1 2
0 − 1 4 = 0 → − 2k + 12 + 6 − 16k = 0 → k = 1
3 4 2
3.- [Puntuación 5]
Emily camina a la escuela todos los días. El tiempo que tarda puede ser modelado por una
distribución normal con una media de 11 minutos y una desviación estándar de 3 minutos.
Llega tarde si su viaje dura más de 15 minutos.
(a) Encuentre la probabilidad de que llegue tarde el próximo lunes.
(b) Encuentre la probabilidad de que llegue tarde por lo menos una vez durante la semana
siguiente (desde el lunes hasta el viernes).
Solución:
a) X:”tiempo que tarda a la escuela Emily” es N(11, 3)
P(X>15)=P(15<X<26)=0,0912
b) 1-P(no llegue tarde ningún día)=1-(1-0,0912)2=1-0,6199=0,3801
[2 puntos]
[3 puntos]
4.- [Puntuación 6]

+1
2
Encuentre el volumen del sólido formado cuando la región delimitada por y =f (x) y las rectas x = 0, y = 0 e y = 1
se hace girar por 2π alrededor del eje y.
Solución:
Sea f ( x ) = sen( x − 1), 0  x 
y = sen( x − 1) → x = 1 + arcseny → f −1( x ) = 1 + arcsenx
V=
1
 (1 + arcsenx)
0
2
dx = .2,6 = 8,2
5.- [Puntuación 6]
Se dibuja un rectángulo alrededor de un sector circular como se muestra.
Si el ángulo del sector es 1 radian y el área del sector es 7cm2, encuentre las dimensiones del rectángulo, dando
sus respuestas al milímetro más cercano.
Solución:
7=
1.R 2
→ R = 14 cm = 3,742 cm =37,42 mm
2
Ancho ≈37 mm
Sea h=altura rectángulo
h
  −1 
cos
 = 2 → h = 3,5876cm = 35,876 mm
14
 2 
Alto ≈ 36 mm
6.- [Puntuación 7]
Un polinomio p(x) con coeficientes reales es de grado cinco. La ecuación p (x) = 0 tiene una raíz compleja 2+i.
La gráfica de y = p (x) tiene el eje x como tangente en (2, 0) y corta a los ejes de coordenadas en (-1, 0) y (0, 4).
Halle p (x) en forma factorizada con coeficientes reales.
Solución:
p( x ) = a( x − 2 − i)( x − 2 + i)( x − 2)2( x + 1) = a( x 2 − 4x + 5)( x − 2)2( x + 1)
P(0)=4 → 20a=4 → a =
1
5
1
p( x ) = ( x2 − 4x + 5)( x − 2)2( x + 1)
5
7.- [Puntuación 6]
Una estación de electricidad está en el borde de un río recto.
Un faro se encuentra en el mar a 200 m de la estación de electricidad. El ángulo entre el litoral y
la línea que une el faro con la estación eléctrica es 60 °.
Es necesario colocar un cable conectando el faro a la estación de electricidad.
Se decide colocar el cable en una línea recta a la costa y luego a lo largo de la costa a la estación
de electricidad. La longitud de cable colocado a lo largo de la costa es de x metros.
Esta información se ilustra en el siguiente diagrama
El costo de colocar el cable a lo largo del fondo marino es de US $ 80 por metro, y el colocarlo
en tierra es de US $ 20 por metro.
(a) Halle, en función de x, una expresión para el costo de colocación del cable.
(b) Encuentre el valor de x, al metro más cercano, de manera que este costo se minimice.
Solución:
a) L=longitud de línea desde el faro a la costa
[4 puntos]
[2 puntos]
L2 = x 2 + 2002 + 2.200.x. cos 60º → L = x 2 − 200x + 40000
Costo = x2 − 200x + 40000.80 + 20x
b) El mínimo Costo es 15416,40 para x=55,27 m ≈ 55 m
8.- [Puntuación 7]
Tres muchachos y tres muchachas se sientan en un banco para una fotografía.
(a) Encuentre el número de formas de sentarse si las tres chicas deben sentarse juntas.
(b) Encuentre el número de maneras de sentarse si las tres chicas deben sentarse todas
separadas.
Solución:
a) 4.V3,3 .V3,3 = 4.6.6 = 144
[3 puntos]
[4 puntos]
b) 4.V3,3 .V3,3 = 4.6.6 = 144
9.- [Puntuación 7]
(a) Demuestre que la ecuación 3x 2 + 2kx + k − 1 = 0 tiene dos raíces reales distintas para todos
los valores de k  R .
(b) Hallar el valor de k para el cual las dos raíces de la ecuación están más próximas.
Solución:
a) 3x2 + 2kx + k − 1 = 0 → x =
− 2k  4k 2 − 12k + 12 − k  k 2 − 3k + 3
=
6
3
2
3 3

k 2 − 3k + 3 =  k −  +  0
2 4

b) la distancia entre las dos raíces es: D =
Para k=1,5 D es mínima
− k + k 2 − 3k + 3 − k − k 2 − 3k + 3 2 k 2 − 3k + 3
−
=
3
3
3
[4 puntos]
[3 puntos]
10.- [Puntuación 7]
Un trasbordador lleva coches a través de un río. Hay un tiempo fijo de T minutos entre cruces.
Se puede suponer que la llegada de coches en el cruce sigue una distribución de Poisson con
un promedio de un coche cada cuatro minutos.
Sea X el número de coches que llegan en T minutos.
(a) Halle T, al minuto más cercano, si P (X ≤ 3) = 0.6.
Se decide ahora que el tiempo entre cruces, T, será de 10 minutos.
El trasbordador puede llevar un máximo de tres coches en cada viaje.
(b) Un día todos los coches que esperan a las 13:00 suben al ferry.
Encuentre la probabilidad de que todos los coches que lleguen en los próximos 20 minutos
cogerán el Ferry de las 13:10 o el Ferry de las 13:20.
Solución:
T
a) X:”nº de coches en T minutos” es Po 
4
P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)=0,6
e
−
T
0
4  T 
4 +
0!
e
−
T
1
4  T 
4 +
1!
e
−
T
2
4  T 
4 +
02!
e
−
T
3
4  T 
 4  = 0,6
3!
T
− 
T T2 T3 
e 4 1 + +
+
= 0,6 → T = 12,84 ´  13 ´

4 32 384 

b) X 1 : ” nº de coches que llegan durante el primer intervalo”
X 2 : ” nº de coches que llegan durante el segundo intervalo”
X1 y X2 son Po(2,5)
P(todos los que lleguen cojan el Ferry en los dos intervalos)=
= P( X1  3).P( X 2  3) + P( X1 = 4).P( X 2  2) + P( X1 = 5).P( X 2  1) + P( X1 = 6).P( X 2 = 0) =
= 0,75762 + 0,1336.0,5438 + 0,0668.0,2873+ 0,0278.0,0821 = 0,668
[3 puntos]
[4 puntos]
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 20]
Consideremos los puntos P (-3, -1, 2) y Q (5, 5, 6).
(a) Halle una ecuación vectorial para la recta L1 , que pasa por los puntos P y Q.
[3 puntos]
 − 4 5
   
La recta L2 tiene la ecuación r=  0  + s 2 
 4  0
   
(b) Muestre que L1 y L2 se cortan en el punto R (1, 2, 4).
(c) Encuentre el ángulo agudo entre L1 y L2 .
→
(e) Hallar una ecuación vectorial de la recta que pasa por R y bisecciona a PRS1 .
Solución:
 x   − 3  8 
     
a) L1 :  y  =  − 1  + t  6 
 z   2   4
     
 x = −4 + 5s
x = −3 + 8t


L1 : y = −1 + 6t
b) L2 : y = 2s
z = 4
 z = 2 + 4t


→ t=
R(1, 2, 4) para s=1 en L2 o para t =
1
2
s =1
1
en L1 .
2
  
  
|40 + 12 + 0 |
52
=
→  L1 , L2  = 26,29
c) cos L1 , L2  =
25 + 5 64 + 36 + 16
29 116




d) S (-4+5s, 2s, 4)
 − 4
 − 5 + 5s 
→ 
→ 


RP =  − 3 
RS =  2s − 2 
 − 2
 0 
 


→
→
| RP | =| RS | → 29 = ( −5 + 5s)2 + (2s − 2)2 → 29 = 25 + 25s2 − 50s + 4s2 + 4 − 8s →
s = 0 → S1( −4, 0, 4)
→ 29 = 25 + 25s2 − 50s + 4s2 + 4 − 8s → 29s2 − 58s = 0 → 29s(s − 2)= 0 → 
 s = 2→ S2(6, 4, 4)
 − 4   − 5  − 9
→
→
     
e) Vector director de la recta: RP+ RS1 =  − 3  +  − 2  =  − 5 
 − 2   0   − 2
     
 x   1   − 9
     
 y  =  2  +  − 5 
 z   4   − 2
     
[3 puntos]
→
Sea S un punto sobre L2 tal que | RP |=| RS | .
(d) Demuestre que una de las posiciones posibles para S es 1 S1(−4, 0, 4) y encuentre las
coordenadas de la otra posición posible S2 .
− 4 + 5s = −3 + 8t

2s = −1 + 6t
 4 = 2 + 4t

[4 puntos]
[6 puntos]
[4 puntos]
12.- [Puntuación 21]
Una partícula A se mueve en línea recta. La velocidad v A ms−1 , a los t segundos de iniciado s
u movimiento viene dada por v A = t 3 − 5t 2 + 6t .
(a) Dibuje la gráfica de v A = t 3 − 5t 2 + 6t para t ≥ 0, con v A en el eje vertical y t en el horizontal.
Muestre en tu gráfico el máximo local y los puntos mínimos, y las intercepciones con el eje t.
[3 puntos]
(b) Anote los tiempos para los cuales la velocidad de la partícula está aumentando.
[2 puntos]
(c) Anote los tiempos para los cuales la magnitud de la velocidad de la partícula esta
aumentando.
[3 puntos]
En t = 0 la partícula está en el punto O.
(d) Encuentre una expresión para el desplazamiento de la partícula, x A m, desde O en el
tiempo t.
[3 puntos]
Una segunda partícula, B, que se mueve a lo largo de la misma línea, tiene posición x B m ,
velocidad v B ms−1 y aceleración, a B ms−2 , donde aB = −2v B para t ≥ 0.
En t = 0, x B = 20 y v B = −20
(e) Calcule una expresión para v B en función de t.
(f) Calcule el valor de t para el cual las dos partículas se encuentran.
Solución:
a)
Max (0.78, 2.11)
Min(2.55, -0.63)
Cortes ejes (0, 0) (2, 0) (3, 0)
b) 0  t  0,78
t  2,55
c) 0  t  0,78
d)
2  t  2,55
t 3
t =0 x A =0
dx A
t 4 5t 3
= v a → dx A = v a dt → x A =
−
+ 3t 2 + C → C = 0
dt
4
3

XA =

t 4 5t 3
−
+ 3t 2
4
3
e) a B = −2v B →
dv B
= −2v B →
dt

t =0 v B = −20
1
dv B = − 2 dt → ln | v B |= −2t + C
→
C = ln 20
vB

VB = −20e −2t
f)
t = 0 x B = 20
dx B
= v B → dx B = − 20e −2t dt → x B = 10e −2t + C → C = 10
dt


x B = 10e −2t + 10
t 4 5t 3
−
+ 3t 2 = 10e−2t + 10 → t = 4,41
4
3
[4 puntos]
[6 puntos]
13.- [Puntuación 19]
La función f tiene inversa f −1 ( x ) y derivada f '(x) para todo x  R .
Para todas las funciones con estas propiedades se obtiene el resultado de que para
1
.
a R con b=f(a) y f´(a)≠0
f −1 ´(b) =
f ´(a)
( )
(a) Compruebe que esto es cierto para f ( x ) = x3 + 1 y x = 2 .
[6 puntos]
2
(b) Sabiendo que g( x ) = xex , demuestre que g '(x)> 0 para todos los valores de x.
(c) Usando el resultado dado al principio de la pregunta, encuentre el valor de la pendiente
[3 puntos]
de la función y = g −1 ( x ) en x = 2.
(d)
(i) Con f y g como se define en las partes (a) y (b), resuelva (gof)(x)=2.
[4 puntos]
(ii) Sea h( x ) = (gof )−1( x ) . Calcule h '(2).
[6 puntos]
Solución:
3
a) y = x + 1 →
(f
−1
x =3
y −1 → f
−1
1
(x ) = (x − 1)3
2
−
1
) ´( x ) = ( x − 1) 3
3
a=2
b=f(2)=9


 Cierto
1
1
1
=
=
f ´(2) 3.22 12 
(f −1 ) ´(9) =
1
12
2
2
2
b) g ´(x ) = ex + 2x2ex = ex (1 + 2x2 )  0 , x
( )
c) m = g −1 ´(2)
2
2 = xex → x = 0,9
( )
m = g −1 ´(2) =
1
= 0,17
g´(0,9)
(
)
3
2
d) i) (gof )( x ) = g x3 + 1 = (x3 + 1)e( x +1)
(gof)(x)=2 → x=-0,47
(
)
ii) h ´(2) = (gof )−1 ´(2) =
(gof )−1(x ) = 3x2 .e( x
3
(gof )−1( −0,47) = 3,8
h ´(2) =
1
= 0,26
3,8
+1)2
1
(gof )´(−0,47)
+ (x3 + 1)e( x
3
+1)2
6x2(x3 + 1) = 3x2 .e( x
3
+1)2
1 + 2(x
3
+ 1)2

MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ2
Viernes 10 de mayo de 2013
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Un círculo de 4 cm de radio y centro O se corta mediante una cuerda AB, de 6 cm de longitud.

a) Halle AOB , expresando la respuesta en radianes y con una aproximación de cuatro cifras
significativas.
b) Determine el área de la región sombreada.
Solución:

[ 2 puntos]
[ 3 puntos]

a) 36 = 16 + 16 - 2.4.4.cos AOB → AOB = 1,696 rad
b) Área región sombreada= Área sector AOB - Área triángulo AOB= =
2.- [Puntuación 5]
Considere el siguiente sistema de ecuaciones:
2
1,696.16 4.4.sen1,696
−
= 5,63 cm
2
2
0,1x − 1,7y + 0,9z = −4,4
− 2,4x + 0,3y + 3,2z = 1,2
2,5x + 0,6y − 3,7z = 0,8
a) Exprese el sistema de ecuaciones en forma matricial.
b) Halle la solución del sistema de ecuaciones.
Solución:
 0,1 − 1,7 0,9  x   − 4,4 

  

3,2  y  =  1,2 
a)  − 2,4 0,3
 2,5
0,6 − 3,7  z   0,8 

b) x=-2,395
y=1,6143
z=-1,573
[2 puntos]
[3 puntos]
3.- [Puntuación 5]
Se cree que los tiempos de vida de los gatos de raza Manx siguen una distribución normal, de
media 13,5 años y varianza 9,5 años.
a)Para estos gatos Manx, calcule el rango de tiempos de vida situados a menos de una desviación
típica de la media.
b) En una población de 10000 gatos Manx, estime cuántos tendrán un tiempo de vida inferior
a 10 años. Dé la respuesta aproximada al número entero más cercano.
Solución:
a) X:"tiempo de vida de los gatos" en N(13.5, 3.08)
[2 puntos]
[3 puntos]
13,5-3,08<X<13,5+3,08→10,42<X<16,58
b) P(X<10)=P(0<X<10)=0,128
Y:" nº de gatos de la muestra de 10.000 con X<10" es B(10.000, 0.128)
E(Y)=10000.0,128=1280
4.- [Puntuación 6]
a) Halle
 x sec x dx .
2
[4 puntos]
b) Determine el valor de m, sabiendo que

m
0
x sec2 x dx = 0,5 , donde m  0 .
[2 puntos]
Solución:
a)
u=x
v´ =
1
cos 2 x
v = tgx
u´= 1
 x sec x dx = x tanx −  tanx dx = x tanx + ln| cos x |+ C
2
b) m=0,822
5.- [Puntuación 6]
En la progresión aritmética un :n  Z , el primer término es u1 = 1,6 y la diferencia común es
d=1,5.
En la progresión geométrica v n :n  Z , el primer término es v1 = 3 y la razón es r=1,2.
a) Halle una expresión para u n − v n en función de n.
[2 puntos]
b) Determine el conjunto de valores de n para los cuales un  v n .
c) Determine el mayor valor de u n − v n .
Dé la respuesta con una aproximación de cuatro cifras significativas.
Solución:
[3 puntos]
a) u n − v n = 1,6 + (n − 1)1,5 − 3.1,2n−1 = 0,1 + 1,5n − 3.1,2n−1
b) Veamos donde un − v n  0 . Con la calculadora: n=3, 4, 5, 6, 7, 8 y 9
c) Con la calculadora se observa que el máximo valor de u n − v n es 1,67 y se alcanza para n=6,533.
Como n Z , calculemos: u6 − v6 = 1,635 y
El mayor valor de u n − v n es 1,642.
u7 − v7 = 1,642
[1 puntos]
6.- [Puntuación 6]
a) Resuelva la ecuación 3cos 2 x − 8 cos x + 4 = 0, donde 0  x  180 , y exprese la(s) respuesta(s)
aproximadas al número entero de grados más cercano.
4
[3 puntos]
2
b) Halle los valores exactos de secx que satisfacen la ecuación 3sec x − 8 sec x + 4 = 0 .
Solución:
2 No válido
84 

a) 3cos 2 x − 8 cos x + 4 = 0 →cos x =
=2
→ x  48
6

3
b) sec2 x =
[3 puntos]
 2 → sec x =  2
84 
= 2
2
6
 3 → sec x =  3 No válido

7.- [Puntuación 7]
La longitud, X metros, de los peces de una especie dada tiene la siguiente función de densidad
 ax2 , para 0  x  0,5

f ( x ) = 0,5a(1 − x ), para 0,5  x  1
de probabilidad:

0, resto de casos

a) Compruebe que a=9,6.
b) Dibuje aproximadamente la gráfica de la distribución.
c) Halle P(X<0,6).
Solución:
a)

0,5
0

[3 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
1
9,6x2dx + 0,5.9,6(1 − x ) dx = 0,4 + 0,6 = 1
0,5
b)
c) P( X  0,6) =

0,5
0

0,6
9,6x2dx + 0,5.9,6(1 − x ) dx = 0,4 + 0,216 = 0,616
0,5
8.- [Puntuación 7]
Utilice el método de inducción matemática para demostrar que 52n − 24n − 1 es divisible por 576 para n Z + .
Solución:
•
Para n=1
52 − 24 − 1 = 0 = 576 Cierto
Suponemos cierto para n=k
52k − 24k − 1 = 576
Probemos para n=k+1:
52k+2 − 24(k + 1) − 1 =576
•
? •
•
•
•
•
•
52k +2 − 24(k + 1) − 1 = 52k .25 − 24k − 25 = 25(52k − 1) − 24k = 25.(24k + 576) − 24k = 576+ 24k.24 = 576+ 576 = 576
9.- [Puntuación 7]
Una pequeña empresa de alquiler de coches tiene dos coches.
Cada coche se puede alquilar cada vez por un día completo.
El precio del alquiler es de 60 USD por coche y por día.
El número de solicitudes que se reciben para alquilar un coche por un día completo puede ser
modelizado mediante una distribución de Poisson de media igual a 1,2.
a) halle la probabilidad de que en un fin de semana dado se reciban tres solicitudes el sábado y
ninguna el domingo.
Durante un fin de semana de dos días, se han recibido un total de tres solicitudes.
b) Halle el valor esperado de los ingresos totales por alquiler para ese fin de semana.
Solución:
a) X:"nº solicitudes para alquilar coche por un día" es Po(1,2)
[2 puntos]
[5 puntos]
P(X=3).P(X=0)=0,0867.0,0,3012=0,0261
b) Y:"ingresos totales del fin de semana sabiendo que hay 3 solicitudes"
La variable aleatoria Y toma los valores: 120 y 180
Y
P(Y=y)
120
180
La probabilidad de que en el fin de semana se reciban 3 solicitudes es:
P(X=3).P(X=0)+P(X=1).P(X=2)+P(X=2).P(X=1)+P(X=0).P(X=3)=2.0,0261+2.0,2169.0,3614=0,2089
P(Y=120 / Recibir 3 solicitudes)=
P(X = 3).P(X = 0) + P(X = 0).P(X = 3) 0,0522
=
= 0,2499
0,2089
0,2089
P(Y=820 / Recibir 3 solicitudes)=
P(X = 2).P(X = 1) + P(X = 1).P(X = 2) 2.0,2169.0,3614
=
= 0,7501
0,2089
0,2089
E(Y)=120.0,2499+180.0,7501165 USD
10.- [Puntuación 6]
1
(60 − v ) ms−2 , siendo v su velocidad en ms−1 .
40
Sabiendo que el coche parte de la posición de reposo, halle la velocidad del coche al cabo de 30 segundos.
Solución:
v =0 t =0
1
dv
40
40
(60 − v )=
→
dv = dt →
dv = dt → − 40ln | 60 − v |= t + C → C = −40ln60
40
dt 60 − v
60 − v
La aceleración de un coche es igual a


t
t

−
−
t

40
40
ln | 60 − v |=
+ ln 60 → 60 − v = 60e
→ v = 60 1 − e
− 40


30

−

A los 30 segundos v = 60 1 − e 40




−1
 = 31,66 ms







SECCIÓN B
11.- [Puntuación 19]
a)
i) Exprese la suma de los n primeros números enteros impares positivos utilizando la
notación de sumatoria.
ii) Compruebe que la suma del apartado anterior es igual a n 2 .
iii) Deduzca el valor de la diferencia entre la suma de los 47 primeros números impares
positivos y la suma de los 14 primeros números impares positivos.
b) Sobre la circunferencia de un círculo se marca una serie de puntos distintos, de manera que
formen un polígono. Las diagonales se dibujan uniendo todos los pares de puntos no adyacentes.
i) Muestre en un diagrama todas las diagonales cuando hay 5 puntos.
n(n − 3)
ii) Compruebe que el número de diagonales es igual a
, siendo n el número de
2
puntos, para n>2.
iii) Sabiendo que hay más de un millón de diagonales, determine el menor número de
puntos para el cual esto es posible.
c) Sea la variable aleatoria X ~ B(n,p), de media igual a 4 y varianza igual a 3.
i) Determine n y p.
ii) Halle la probabilidad de que en un mismo experimento el resultado sea 1 o 3.
Solución:
n
i) 1 + 3 + 5 + .... + 2n − 1 =
a)
2k − 1
k =1
n
ii)
2k − 1 = S
k =1
n
=
1 + 2n − 1
.n = n2
2
iii) S47 − S14 = 472 − 142 = 2013
b) i)
n
n(n − 1)
n(n − 3)
−n =
ii)   − n =
2
2
2
 
iii)
n(n − 3)
 1000000 → n2 − 3n − 2000000 0 → n  1415,71 → n = 1416
2
c)
 E( X ) = 4 = n.p
4
1
→ 3 = .p.(1 − p) → p =
i) 
p
4
Var( X ) = 3 = n.p.(1 − p)
ii) P(X = 1) + P(X = 3) = 0,0535+ 0,2079 = 0,2614
n = 16
[4 puntos]
[7 puntos]
[8 puntos]
12.- [Puntuación 22]
dy
= cos 2x .
dx
i) Compruebe que la función y=cosx+senx satisface la ecuación diferencial.
ii) Halle la solución general de la ecuación diferencial. Exprese la solución de la forma
y=f(x), incluyendo en la respuesta una constante de integración.
iii) ¿Para qué valor de la constante de integración coincide su solución con la función
dada en el apartado (i)?
Considere la ecuación diferencial
a)
y
[10 puntos]
π
define una curva C.
4
i) Determine la ecuación de C, expresando la respuesta de la forma y=g(x), e indique el
recorrido de la función g.
π
Una región R del plano xy está delimitada por C, el eje x y las rectas verticales x=0 y x = .
2
ii) Halle el área de R.
iii) Halle el volumen que se genera cuando la parte de R que se encuentra por encima de
la recta y=1 se hace girar 2π radianes en torno al eje x.
[12 puntos]
Solución:
dy
a) i) y
= (cos x + senx).( −senx + cos x) = cos 2 x − sen2x = cos 2x
dx
b) Otra solución de la ecuación diferencial, para la cual y=2 cuando x =


ii) y dy = cos 2x dx → y dy = cos 2x dx →
iii)
y 2 sen2x
=
+ C → y = sen2x + C
2
2
sen2x + C = cos x + senx → sen2x + C = 1 + sen2x →C = 1
y =2 x =

4
b) i) y = sen2x + C → 2 = 1 + C → 4 = 1 + C →C = 3
g( x ) = sen2x + 3
Rg =
 2 , 2
ii) Área(R)=


2
sen2x + 3 dx = 2,9927
0
iii) Volumen= 


2
0
(sen2x + 3) dx −
2
2
= 5,71 −
 13
2
2
13.- [Puntuación 19]
Una calle recta de 20 metros de anchura está delimitada a ambos lados por dos paredes verticales
paralelas, una de 13 metros de altura y la otra de 8 metros de altura.
La intensidad de la luz que llega a un punto P situado en la calle, a nivel del suelo, es proporcional

al ángulo  , donde  = APB , tal y como se muestra en la figura.
a) Halle una expresión para  en función de x, donde x es la distancia entre P y la base de la pared
de 8 metros de altura.
[2 puntos]
b)
i) Calcule el valor de  cuando x=0.
ii) Calcule el valor de  cuando x=20.
[2 puntos]
c) Dibuje aproximadamente la gráfica de  , para   x  20 .
[2 puntos]
d
5(744 − 64x − x 2 )
.
=
2
dx ( x + 64)( x 2 − 40x + 569)
e) Utilizando el resultado del apartado (d), o de cualquier otro modo, determine para qué valor
de x la intensidad de la luz en P es máxima.
Dé la respuesta con una aproximación de cuatro cifras significativas.
d) Compruebe que
[6 puntos]
[3 puntos]
−1
f) El punto P se desplaza atravesando la calle a una velocidad de 0,5 ms .
Determine la razón de cambio de  con respecto al tiempo, en el instante en que P se encuentra
en el punto medio de la calle.
Solución:
a) θ = 180 − (α + β)
8
13
+
x
20
− x = − 160 − 8x + 13x = 160 + 5x
tan  = − tan( + ) = −
8 13
20x − x2 − 104 x2 − 20x + 104
1− .
x 20 − x
 160 + 5x 

 = arctan
 x 2 − 20x + 104 
[4 puntos]
b)
 160 
i)  = arctan
 = 0,99 rad
 104 
 160 + 100 
ii)  = arctan
 = 1,19 rad
 400 − 400 + 104 
c)
d)
dθ
=
dx
1
 160 + 5x 

1 +  2
 x − 20x + 104 
2
.
5( x 2 − 20x + 104) − (2x − 20)(160 + 5x )
( x 2 − 20x + 104)2
=
5x2 − 100x + 520 − 320x − 10x 2 + 3200 + 100x
5(744 − 64x − x2 )
= 4
=
x + 400x2 + 10816 − 40x3 + 208x2 − 4160x + 25600+ 25x2 + 1600x ( x2 + 64)( x 2 − 40x + 569)
e) 744 − 64x − x2 = 0 → x = 10,05 m
f) Objetivo: " ´(t ) cuando x(t)=10"
´( t ) =
d d dx
5(744 − 64x − x 2 )
=
.
= 2
.0,5
dt dx dt ( x + 64)( x 2 − 40x + 569)
Cuando x(t)=10
´(t ) =
5(744 − 640 − 100)
.0,5 = 0,000227 rads −1
(100 + 64)(100 − 400 + 569)
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
Lunes 11 de noviembre de 2013
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
El polinomio cúbico 3x3 + px2 + qx − 2 tiene un divisor que es (x+2) y cuando se lo divide entre (x+1), el resto es
igual a 4. Halle el valor de p y el valor de q.
Solución:
−24 + 4p − 2q − 2 = 0 → 2p − q = 13
− 3 + p − q − 2 = 4 →p − q = 9
Resolviendo el sistema: p=4 q=-5
2.- [Puntuación 6]
La variable aleatoria discreta X tiene la siguiente distribución de probabilidad:
x
P(X=x)
0
1
6
1
1
2
2
3
10
3
a
a) Halle el valor de a.
b) Halle E(X).
c) Halle Var(X).
Solución:
1 1 3
1
a) + + + a = 1 →a =
6 2 10
30
1
1
3
1 12 6
=
b) E( X ) = 0. + 1. + 2. + 3. =
6
2
10
30 10 5
6 1
6 1
6 3
6 1
6 1 48 27 140 14
+ +
+
=
=
c) Var(X ) = (0 − )2 . + (1 − )2 . + (2 − )2 . + (3 − )2 . =
5 6
5 2
5 10
5 30 25 50 250 250 250 25
[1 punto]
[2 puntos]
[3 puntos]
3.- [Puntuación 7]
La siguiente figura muestra un dibujo aproximado de la gráfica de y=f(x).
a) Dibuje aproximadamente la gráfica de y = f −1 ( x ) sobre los mismos ejes de coordenadas.
−1
b) Indique el recorrido de f .
c) Sabiendo que f(x)=ln(ax+b), x>1, halle el valor de a y el valor de b.
Solución:
a)
b) R f −1 = Df = 1, + 
c) f(4)=0 →ln(4a+b=0 →4a+b=1
lim ln(ax + b) = − →a + b = 0
x →1+
Resolviendo el sistema: a =
1
3
b=−
1
3
4.- [Puntuación 5]
 1 a(a + 1) 
 , a  b . Sabiendo que A es singular, halle el valor de a+b.
Considere la matriz A= 
 1 b(b + 1)
Solución:
ab
det(A)= 0 → b2 + b − a2 − a = 0 → (b − a)(b + a + 1) = 0 → b + a = −1
[2 puntos]
[1 punto]
[4 puntos]
5.- [Puntuación 7]
Una curva tiene por ecuación x3y 2 + x3 − y 3 + 9y = 0 .
Halle las coordenadas de los tres puntos de la curva donde
Solución:
3x 2y 2 + 2yy´x3 + 3x 2 − 3y 2y´+9y´= 0 → y´=
dy
=0 .
dx
− 3x 2y 2 − 3x 2
2yx3 − 3y 2 + 9
 x =0
dy
= 0 → − 3x 2y 2 − 3x 2 = 0 → 3x 2( −y 2 − 1) = 0 →  2
dx
y = −1 No válido
 y = 0 → (0, 0)

Si x = 0 −y + 9y = 0 → y(9 − y ) = 0 →  y = 3→(0,3)
y = −3→(0, − 3)

3
2
6.- [Puntuación 7]
Demuestre mediante inducción matemática que n3 + 11n es divisible entre 3 para todo n Z+ .
Solución:
•
Para n=1
13 + 11.1 = 12 = 3 Cierto
Supuesto cierto para n=k
k3 + 11k = 3
•
?•
(k + 1)3 + 11(k + 1)=3
Probemos para n=k+1
• •
•
(k + 1)3 + 11(k + 1) = k3 + 3k 2 + 3k + 1 + 11k + 11 = (k3 + 11k ) + 3(k 2 + k + 4) = 3+ 3 = 3
7.- [Puntuación 7]
La suma de los dos primeros términos de una serie geométrica es igual a 10, mientras que la suma
de los cuatro primeros términos es igual a 30.
a) Compruebe que la razón común r satisface r2 = 2 .
b) Sabiendo que r = 2 ,
i) Halle el primer término.
ii) Halle la suma de los diez primeros términos.
Solución:
a)
u1 + u1r = 10
u1 + u1r + u1r2 + u1r3 = 30 → 10 + r2 .10 = 30 → r2 = 2
b) i) u1 + u1 2 = 10 → u1 =
10
ii) S10 = 1 +
10
1+ 2
10
10
(
)
−
2
1+ 2
. 2
2 −1
=
310
= 310
1
[4 puntos]
[3 puntos]
8.- [Puntuación 8]
a) Demuestre la identidad trigonométrica sen( x + y )sen( x − y ) = sen2x − sen2y .
[4 puntos]
π 
π

b) Dada la función f ( x ) = sen x + sen x −  , x  0, π  , halle el recorrido de f.
6 
6

[2 puntos]
π
π
π
5π


c) Dada la función g( x ) = cos ec x +  cos ec x −  , x  0, π  , x  , x 
, halle el
6
6
6
6


recorrido de g.
Solución:
a)
[2 puntos]
sen( x + y )sen( x − y ) = (senx cos y + cos xseny )(
. senx cos y − cos xseny ) = sen2x cos 2 y − cos 2 xsen2y =
= sen2x(1 − sen2y ) − (1 − sen2x )sen2y = sen2x − −sen2y
π 
π

1

b) f ( x ) = sen x + sen x −  = sen2x − sen2 = sen2x −
6 
6
6
4

 1
R f = − ,
 4
c) g( x ) =
x
f(x)
g(x)
3
4 
1
f(x)
0

6
0
1
4
-4
−

2
3
4
4
3
−|| +

5
6
0
1
4
-4
−
+|| −
4

R g = −  , − 4  , +  
3


9.- [Puntuación 8]
Resuelva las siguientes ecuaciones:
(
)
a) log 2( x − 2) = log 4 x 2 − 6x + 12
[3 puntos]
b) x ln x = e(ln x )
Solución:
[5 puntos]
3
a) log 2( x − 2) =
(
)
(
)
log 2 x2 − 6x + 12
→ log 2( x − 2)2 = log 2 x2 − 6x + 12 → x2 + 4 − 4x = x2 − 6x + 12 → x = 4
log 2 4
ln x = 0 → x = 1
b) Tomando ln: ln x. ln x = (ln x )3 → ln2 x (1 − ln x = 0 ) → 
 ln x = 1 → x = e
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 20]
La función f viene dada por f ( x ) = xe− x x  0 .
a)
i) Halle una expresión para f´(x).
ii) A partir de lo anterior, determine las coordenadas de A, el punto donde f´(x)=0.
b) Halle una expresión para f´´(x) y, a partir de lo anterior, compruebe que el punto A es
un máximo.
c) Halle las coordenadas de B, el punto de inflexión.
d) La gráfica de la función g se obtiene a partir de la gráfica de f mediante un estiramiento de
razón 2 en la dirección del eje x.
i) Escriba una expresión para g(x).
ii) Indique las coordenadas de C, el máximo de g.
iii) Determine las coordenadas x de D y E, los dos puntos donde f(x)=g(x).
e) Dibuje aproximadamente la gráfica de y=f(x) y la de y=g(x) sobre los mismos ejes de
coordenadas, mostrando claramente los puntos A, B, C, D y E.
f) Halle un valor exacto para el área de la región limitada por la curva y=g(x), el eje x y
la recta x=1.
Solución:
a) i) f ´( x ) = e − x − xe−x = e −x (1 − x )
ii) e − x (1 − x ) = 0 → x = 1 → A(1, e−1 )
b) f ´´(x ) = −e − x (1 − x ) − e − x = e − x ( −2 + x )
f ´´(1) = e −1( −2 + 1) = −e −1  0
c) e− x ( −2 + x ) = 0 → x = 2 → B(2, 2e −2 )
x
1  x −
d) i) g(x ) = f  x  = e 2
2  2
(
ii) C 2, e−1
iii) xe
)
 x = 0 →D(0, 0)
x
x
x

−
x −2

 −x − 2 
x
−x
2
= e →2xe = xe → x 2e − e  = 0 →  − x −
ln2 

2
2
2e − e → x = 2ln2 → E 2ln2,






2 


−x
e)
f) Área =
v´ = e
1
u´=
2
Área =
−x
x 2
e dx
2
0

x
u=
2
1
−
x
2
v = −2e

1
0
−
x
2
1
x
−x
−x 
−1

x −2
2
2


e dx = − xe − 2e
= −3e 2 + 2


2

0
[3 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
[5 puntos]
[4 puntos]
[3 puntos]
11.- [Puntuación 20]
Considere los puntos A(1, 0, 0), B(2, 2, 2) y C(0, 2, 1).
→
→
a) Halle el vector CA x CB .
b) Halle un valor exacto para el área del triángulo ABC.
c) Compruebe que la ecuación cartesiana de 1 , el plano que contiene al triángulo ABC, es
2x+3y-4z=2.
Un segundo plano 2 viene definido por la ecuación cartesiana 2 : 4x-y-z=4.
L1 es la recta de intersección de los planos 1 y 2 .
d) Halle una ecuación vectorial de L1 .
Un tercer plano 3 viene definido por la ecuación cartesiana 16x+αy-3z=β.
e) Halle el valor de α para el cual los tres planos contienen a la recta L1 .
f) Halle las condiciones que han de cumplir α y β para que el plano 3 no se corte con L1 .
Solución:
→
i
→ →
a) CA x CB = 1
2
→
[4 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[5 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
→
j
k
→
→
→
− 2 − 1 = −2 i − 3 j + 4 k
0
1
b) Área triángulo ABC=
1
29
4 + 9 + 16 =
2
2
A 1
c) 1 : −2x − 3y + 4z + D = 0 → − 2 + D = 0 → D = 2
1 : -2x-3y+4z+2=0 → 2x+3y-4z=2
2x + 3y − 4z = 2
→ 14x − 7z = 14 → z = −2 + 2x
d) 
4x − y − z = 4
y = 4x + 2 − 2x − 4 = −2 + 2x
 x   0  1
     
L1 :  y  =  − 2  + t  2 
 z   − 2  2
     
A
2x + 3y − 4z = 2

e) 4x − y − z = 4
16x + y − 3z = 

__________ ______
 2 3 − 4 2


 4 − 1 − 1 4
 16  − 3  


__________ __________ __________
B
Se tiene que cumplir que rango(A)=2 y para ello det(A)=0
det(A)=-14α-70=0 →α=-5
f) Para que 3 sea paralelo a L1 :
10 + 2 = 0 →  = −5
16t + ( −2 + 2t ) − 3( −2 + 2t ) =  →(16 + 2 − 6)t = 2 − 6 +  → (10 + 2 )t = 2 − 6 +  → 
 2 − 6 −   0 →   16
12.- [Puntuación 20]
Considere el número complejo z=cosθ + isenθ.
a) Utilice el teorema de de Moivre para comprobar que z n + z −n = 2cos n, n  Z+ .
(
[2 puntos]
)
4
b) Desarrolle z + z −1 .
[1 punto]
4
c) A partir de lo anterior, compruebe que cos  = pcos 4 + q cos 2 + r , donde p, q y r son
constantes que hay que determinar.
1
3
15
5
d) Compruebe que cos 6  = cos 6 + cos 4 + cos 2 +
32
16
32
16
e) A partir de lo anterior, halle el valor de

π
2
0
[4 puntos]
[3 puntos]
cos 6  d .
[3 puntos]
π
.
2
f) S se rota 2π radianes alrededor del eje x. Halle el valor del volumen así generado.
La región S está definida por la curva y = senx cos 2 x y el eje x, entre x=0 y x =
(
i) Escriba una expresión para el término constante del desarrollo de z + z
g)
ii) A partir de lo anterior, determine una expresión para

π
2
0
)
−1 2k
[4 puntos]
+
, k Z .
cos 2k  d en función de k.
[3 puntos]
Solución:
a) Como z = 1 z n + z −n = 1n + 1− n = cos n + isenn + cos( −n) + isen( −n) = 2cos n
(
b) z + z −1
)
4
 4
 4
 4
 4
 4
=  z 4 +  z3z −1 +  z2z −2 +  zz −3 +  z − 4 = z 4 + 4z2 + 6 + 4z −2 + z − 4
0
1
2
3
 
 
 
 
 4
(
c) Por un lado: z + z −1
) = (2cos )
4
4
= 16cos 4 
(1)
Por otra parte: z 4 + 4z2 + 6 + 4z −2 + z −4 = 2cos 4 + 8 cos 2 + 6 (2)
1
1
3
1
Identificando (1) y (2): cos 4  = cos 4 + cos 2 + → p =
8
2
8
8
q=
1
2
r=
3
8
d)
(z + z ) =  60 z
−1 6
 
(
6
6
6
6
6 
6
6
+  z5z −1 +  z 4z −2 +  z3z −3 +  z2z − 4 +  zz −5 +  z −6 = z6 + 6z 4 + 15z2 + 20 + 15z −2 + 6z − 4 + z −6
1 
2
3 
 4
5 
6
Por un lado: z + z −1
) = (2cos )
6
6
= 64cos 6 
(1)
Por otra parte: z6 + 6z 4 + 15z2 + 20 + 15z −2 + 6z −4 + z −6 = 2cos 6 + 12cos 4 + 30cos 2 + 20
Identificando (1) y (2): cos 6  =
(2)
1
3
15
5
cos 6 + cos 4 + cos 2 +
32
16
32
16

π
2
 sen6 3sen4 15sen2 5  2 5
e)
cos  d = 
+
+
+  =
64
64
16  0 32
 192
0

6
f) V = 

π
2
0
2
4
sen x cos x dx = 
 2k 
g) i)  
k 
ii)

π
2
0
 2k 
 
k

2k
cos  d =  2k .
2
2
π
2
 (cos
0
4
6
)
x − cos x dx = 

π
2
0
4
cos x dx − 

π
2
0
cos 6 x dx = .
3
5 2
− . =
16
32 32
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Martes 12 de noviembre de 2013
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
1 1 1
 2


 
Considere las matrices A =  2 0 1  y B =  − 2  . Halle la matriz X tal que AX=B.
1 − 1 1
1


 
Solución:
X = A −1 .B
det(A)=-2
1
 1
1 − 
−
2
2

1
1
T  1
−1
A =
.Adj( A ) =
0 −
 2
−2
2
 1 −1 1 




 1 − 1 − 2


Adj( A ) =  − 2 0
2
1
1 − 2 

1
 1
 7
1 − 
−
− 
2
2

 2   2
1
1  
1 
X = A −1 .B = 
0 − . − 2  = 
 2
2   2 
 1 −1 1   1   5 








2.- [Puntuación 7]
El cuarto término de una progresión aritmética es 34 y el décimo término es 76.
a) Halle el primer término y la diferencia común.
b) La suma de los n primeros términos es mayor que 5000. Halle el menor valor posible de n.
Solución:
a)
u 4 = u1 + 3d = 34
Resolviendo el sistema: d=7 u1 = 13
u10 = u1 + 9d = 76
b) Sn =
[3 puntos]
[4 puntos]
13 + 13 + (n − 1)7
.n  5000 →7n2 + 19n − 10000  0 → n  36,46 → n = 37
2
3.- [Puntuación 7]
Considere f ( x ) = ln x − ecos x , 0  x  10 .
a) Dibuje aproximadamente la gráfica de y=f(x), indicando las coordenadas de todos los máximos y
mínimos y de los puntos de corte con el eje x.
[5 puntos]
b) Resuelva la inecuación ln x  ecos x .
Solución
a)
b) Basta observar donde f ( x )  0 :
0, 1.975.24,
[2 puntos]
7.11
4.- [Puntuación 6]
A lo largo de un año dado, la duración de los vuelos directos que iban de Londres a Singapur siguió una
distribución normal, de media μ y desviación típica σ.
El 92% de los vuelos duraron menos de 13 horas, mientras que sólo el 12% de los vuelos duraron menos de 12
horas y 35 minutos.
Halle μ y σ, aproximando al número de minutos más próximo.
Solución:
X:" duración vuelos" es N( , )
Z=
Y -

780 −  
780 − 

P(Y  780)= 0,92 → P Z 
= 1,4051
 = 0, 92→
. Resolviendo el sistema:  = 766´   10´
 


755 −  
755 − 

P(Y  755) = 0,12 → P Z 
= −1,175
 = 0,12 →
 


5.- [Puntuación 5]
Al comienzo de cada semana, Eric y Marina escogen una noche al azar para ver una película.
7
Si eligen la noche del sábado, la probabilidad de que vean una película francesa es igual a ,
9
mientras que si eligen cualquier otra noche, la probabilidad de que vean una película francesa
4
es igual a .
9
a) Halle la probabilidad de que vean una película francesa.
b) Sabiendo que la semana pasada vieron una película francesa, halle la probabilidad de que
la hayan visto la noche del sábado.
Solución:
a) Experimento 1:" elegir noche"
Experimento 2:" elegir película"
1/7.7/9
7/9
1/7
SÁBADOFRANCESA
SÁBADO
4/9
6/7
FRANCESA
FRANCESA
6/7.4/9
NO SÁBADOFRANCESA
NO SÁBADO
1 7 6 4 1 8 31
P(FRANCESA) = . + . = +
=
7 9 7 9 9 21 63
1
P(SÁBADO FRANCESA) 9
7
b) P(SÁBADO/ FRANCESA) =
=
=
31
P(FRANCESA)
31
63
[3 puntos]
[2 puntos]
6.- [Puntuación 6]
a+i
, a R .
a−i
a) Determine el conjunto de valores de a para los cuales:
i) z es real.
ii) z es imaginario puro.
b) Compruebe que |z| es constante para todo valor de a.
Solución:
a + i a + i a + i a2 − 1
2a
=
.
=
+i
a) i) z =
a − i a − i a + i a2 + 1 a2 + 1
Un número complejo z viene dado por z =
z es real si
2a
2
a +1
[4 puntos]
[2 puntos]
=0 →a =0
ii) z es imaginario puro si
a2 − 1
a2 + 1
= 0 → a = 1 a = −1
2
 a2 − 1   2a 2
a 4 + 1 − 2a2 + 4a2
(a2 + 1)2
 +
b) | z |= 
 =
=
= 1 a  R

 a2 + 1   a2 + 1 
(a2 + 1)2
(a2 + 1)2


7. [Puntuación 6]
Sean los vectores a y b, tales que a=(3cosθ+6)i+7j y b=(cosθ-2)i+(1+senθ)j.
Sabiendo que a y b son perpendiculares,
a) compruebe que 3sen2 − 7sen + 2 = 0 .
b) halle el menor valor positivo posible de θ.
Solución:
[3 puntos]
[3 puntos]
a) a. b=0 → (3cos θ + 6)(cos θ − 2) + 7(1 + senθ) = 0 →3cos 2 θ − 12 + 7 + 7senθ = 0 →3(1 − sen2θ) + 7senθ − 5 = 0 →
→ 3sen2θ− 7senθ + 2 = 0 →senθ =
2 No válido
75 

= 1
→θ = 19,47º
6

3
8.- [Puntuación 5]
La siguiente figura muestra un semicírculo de 20 cm de diámetro y centro O, y dos puntos A y B, tales que

AOB = , donde  está expresado en radianes.
a) Demuestra que el área de la región sombreada se puede expresar como 50 − 50 sen .
b) Halla el valor de θ para el cual el área de la región sombreada es igual a la mitad del área de la
región no sombreada, con una aproximación de 4 cifras significativas.
Solución:
.100 10.10sen
a) Área sombreada=Área sector OAB - Área triángulo OAB=
−
= 50 − 50sen
2
2
[2 puntos]
[3 puntos]
b)


 
 − .100 

1
2 2
 → 50 − 50sen = 25sen + 25 − 25 →
Área no sombreada = 50 − 50sen = 50.sen + 2. 
2
2





→75 − 75sen = 25 → 3 − 3sen =  →  = 1,969 rad
9.- [Puntuación 7]
 − 5  − 1 
   
La recta L1 tiene por ecuación r=  − 3  + λ 2  .
2 2
   
La recta L2 pasa por el origen, corta a L1 y es perpendicular a L1 .
a) Halle una ecuación vectorial de L2 .
[5 puntos]
b) Determine la distancia más corta entre el origen y L1 .
Solución:
a) Punto genérico de la recta L1 : PL1 (− 5 −  , − 3 + 2 ,2 + 2 )
[2 puntos]
→
→
OPL1 • uL1 = 0 →5 +  − 6 + 4 + 4 + 4 = 0 →  = −
 14 
− 
 x   0  3 
   
11
L2 :  y  =  0  + t  − 
 3 
 z   0 
4 
   


 3 
→
b) | OPL1 |=
196 + 121 + 16
333
=
= 37
9
9
→
1
→ OPL1
3


 − 14 
3


=  − 11 
3

 4 


 3 
10.- [Puntuación 7]
Utilizando la sustitución x=2tan u, compruebe que
x
dx
2
x2 + 4
=
− x2 + 4
+C .
4x
Solución:
x=2tan u
dx = 2
1
cos 2 u
du
x 2 x 2 + 4 = 4tg2u. 4tg2u + 4 = 8tg2u.
2
x
dx
2
x2 + 4
=

cos 2 u du =
8sen2u
cos 3 u

1
8sen2u
=
cos u cos 3 u
1 1
1
1
1
1
1 x2 + 4
du
=
−
.
+
C
=
−
.
+
C
=
−
.
+
C
=
−
+C
4 senu
4 1 − cos 2 u
4
4
x
4
4sen2u
1−
4 + x2
cos u
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 18]
a) El número de gatos que visitan el jardín de Helena cada semana sigue una distribución de
Poisson de media λ=0,6.
Halle la probabilidad de que:
i) En una semana dada, ningún gato visite el jardín de Helena.
ii) En una semana dada, al menos tres gatos visiten el jardín de Helena.
iii) A lo largo de un periodo de cuatro semanas, no más de cinco gatos en total visiten el
jardín de Helena.
iv) A lo largo de un periodo de doce semanas, haya exactamente cuatro semanas en las
cuales al menos un gato visite el jardín de Helena.
b) Una variable aleatoria continua X tiene la siguiente función de distribución de probabilidad f
f(x ) = k ln x
1 x 3
f(x ) = 0 resto de valores
i) Halle el valor de k, con una aproximación de seis cifras decimales
ii) Halle el valor de E(X).
iii) Indique la moda de X.
iv) Halle la mediana de X.
Solución:
a) X:"nº gatos que visitan jardín cada semana" es Po(0,6)
i) P(X=0)=0,5488
ii) P(X  3) = 1 − P(X  2) = 1 − 0,9769 = 0,0231
iii) Y:"nº de gatos que visitan el jardin en un periodo de 4 semanas" es Po(2,4)
P(Y  5) = 0,9643
iv) Z:"nº de semanas de un periodo de 12 en las que X ≥ 1"
P(X  1) = 1 − P(X = 0) = 1 − 0,5488 = 0,4512
La variable Z es B(12, 0.4512)
P(Z=4)=0,1688
b) i)
3
 k ln x dx = 1 → k = 0,771702
1

3
ii) E( X ) = 0,771702 x. ln x dx = 2,271702
1
iii) Mo=3
iv)
m
 0,771702 ln x dx = 10,5→ m = m = 2,3383
1
[9 puntos]
[9 puntos]
12.- [Puntuación 20]
a) Una partícula P se mueve en línea recta a una velocidad de v ms−1 .
En cierto instante t=0, P se encuentra en el punto Q y tiene una velocidad de 12 ms−1 .
dv
t
Su aceleración en el instante t segundos viene dada por
= 3cos ms−2 , ( t  0) .
dt
4
i) Halle una expresión para la velocidad de la partícula, v, en función de t.
ii) Dibuje aproximadamente la gráfica de la velocidad de la partícula en función del tiempo
para 0  t  8π , mostrando claramente los puntos de corte de la curva con los ejes y todos
los puntos máximos y mínimos que haya.
iii) Halle la distancia que recorre la partícula antes de detenerse por primera vez.
[8 puntos]
b) Otra partícula Q se mueve en línea recta, siendo su desplazamiento s metros y su velocidad
(
)
v ms−1 . Su aceleración viene dada por a = − v 2 + 4 ms−2 , (0  t  1) .
En el instante t=0, Q se encuentra en el punto O y tiene una velocidad de 2 ms−1 .
  − 8t 
i) Compruebe que la velocidad v en el instante t viene dada por v = 2 tan
.
 4 
(
)
dv
v2 + 4
.
=−
ds
v
iii) Halle la distancia que recorre la partícula antes de detenerse.
Solución:
ii) Compruebe que
a) i) dv = 3cos
t =0 v =12
t
t
t
dt → v = 12sen + C → C =12 → v = 12sen + 12
4
4
4
ii)
iii) s =
b) i)
ii)

6
0
(12sen
t
+ 12) dt = 274,19
4
v


  − 8t 
= tan − 2t +  → v = 2 tan

2
4


 4 
dv dv dt
1
v2 + 4
=
. = −( v 2 + 4).
=−
ds
ds dt ds
v
dt
iii) ds = −
v
2
v +4
dv → s =
0
 −v
2
v
2
+4
dv = 0,3466 m
[12 puntos]
13.- [Puntuación 22]
Una función f viene dada por f(x ) =
(
)
1 x −x
e + e , x R .
2
i) Explique por qué no existe la función inversa f −1 .
ii) Compruebe que la ecuación de la normal a la curva en el punto P, donde x=ln3, viene
dada por 9x+12y-9ln3-20=0.
iii) Halle las coordenadas x de los puntos Q y R pertenecientes a la curva, tales que las
tangentes en Q y R pasan por (0,0).
a)
[14 puntos]
b) Ahora el dominio de f queda restringido a x  0 .
i) Halle una expresión para f −1 ( x ) .
ii) Halle el volumen generado cuando la región delimitada por la curva y=f(x) y las rectas
x=0 e y=5 se rota un ángulo de 2 radianes alrededor del eje y.
Solución:
1
a) i) f ( −x ) = e −x + ex = f (x ) . La función f no es inyectiva.
2
(
(
)
)
ii) f ´(x ) =
1 x −x
e −e
2
En P m =
1 ln 3 − ln 3 1
1 4
3
e −e
= (3 − ) = → mN = −
2
2
3 3
4
(
[8 puntos]
)
5

P ln3, 
3

5
3
La normal es: y − = − (x − ln3  12y − 20 = −9x + 9 ln3  9x + 12y − 9 ln3 − 20 = 0
3
4
(
)
1 x −x
e +e
x = −1,19
f(x) 1 x − x 2
iii) En R(x, f(x)) f ´(x ) =
→ e −e =
→
x
2
x
 x = 1,19
(
)
b)
i)
y=
(
)
t =e x
2y  4y 2 − 4
1 x
1
e + e − x → 2y = t + → t 2 − 2yt + 1 = 0 → t =
= y  y 2 − 1 → ex = y + y 2 − 1 →
2
t
2




→ x = ln y + y 2 − 1  → f −1( x ) = ln x + x 2 − 1 




ii) f −1V = 
5
2
 

2
ln x + x − 1  dx = 37,12


1

MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ1
Martes 13 de mayo de 2014
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Cuando el polinomio 3x3 + ax + b se divide por (x - 2), el resto es 2, y cuando se divide por (x +1), es 5.
Encuentre el valor de a y el valor de b.
Solución:
− 24 + 2a + b = 2 2a + b = −22
b = −2
→
 → a = −10
−3− a + b = 5 
−a +b = 8 
2.- [Puntuación 4]
Cuatro números son tales que su media es 13, su mediana es 14 y su moda es 15.
Busque los cuatro números.
Solución:
Sean los números a
b
15
15
a + b + 15 + 15

= 13

4
 → b = 13
b + 15

= 14
2

a=9
3.- [Puntuación 5]
Considere a = log 2 3 log3 4  log 4 5 ... log31 32 .
Sabiendo que aZ , calcule el valor de a.
Solución:
log 2 4 log 2 5 log 2 6
log 2 32
a = log 2 3 log3 4  log 4 5 ... log31 32 = log 2 3


 ...
= log 2 32 = 5
log 2 3 log 2 4 log 2 5
log 2 31
4.- [Puntuación 6]
La ecuación 5x3 + 48x 2 + 100x + 2 = a tiene raíces r1 , r2 y r3 .
Sabiendo que r1 + r2 + r3 + r1 r2 r3 = 0 , calcule el valor de a.
Solución:
r1 + r2 + r3 = −
−
48
5
48 2 − a
−
= 0 → a = 50
5
5
r1 r2 r3 = −
2−a
5
5.- [Puntuación 8]
1
1 + cos x
(a) Utilice la identidad cos 2 = 2cos 2  − 1 para probar que cos x =
, 0 ≤ x ≤ π.
2
2
1
(b) Encuentre una expresión similar para sen x , 0 ≤ x ≤ π.
2
(c)Usando lo anterior encuentre el valor de

2
 ( 1 + cos x +
0
)
1 − cos x dx .
[2 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]
Solución:
a) cos x = 2cos 2
x
x 1 + cos x 0 x  
x
1 + cos x
− 1 → cos 2 =
→ cos = +
2
2
2
2
2
b) cos x = 1 − 2sen2
c)

2
(
0
x
x 1 − cos x
x
1 − cos x
→ sen2 =
→ sen = +
2
2
2
2
2
)


2
x
x
x
x2


1 + cos x + 1 − cos x dx = 2
 cos + sen  dx = 2 2sen − 2cos  = 2 2 (0 + 1) = 2 2
2
2
2
2 0

0 

6. [Puntuación 6]
El primer conjunto de ejes muestra la gráfica de y = f (x) para -4 ≤ x ≤ 4.

x
Sea g( x ) = f ( t ) dt para − 4  x  4 .
−4
(a) Indique el valor de x para el cual g (x) tiene un mínimo.
(b) En el segundo conjunto de ejes, trace el gráfico de y = g (x).
Solución:
a) g´(x)=f(x)
[1 punto]
[5 puntos]
g´(x)=0 → f(x)=0 → x=1


x

b) g( x ) = f ( t ) dt = 
−4




x
 − 1 dt = − t  = −x − 4 si − 4  x  0
t

x
− 1 dt + ( t − 1) dt = −4 +  − t  = −4 +
−x


2
2


x
−4
−4
0
x
−4
0
2
x
0
2
7.- [Puntuación 5]
El triángulo ABC es equilátero de lado 3 cm. El punto D se encuentra en [BC] tal que BD = 1 cm.

Calcule cos DAC .
Solución:
AD2 = 1 + 9 − 6 cos 60º = 7 → AD = 7


4 = 7 + 9 − 6 7 cos DAC → cos DAC =
− 12
−6 7
=
2
7
8.- [Puntuación 6]
Un cuerpo se mueve en línea recta. Cuando está s metros de un punto fijo O en la línea su velocidad, v, viene dada
1
por v = − , s  0 . Encuentre la aceleración del cuerpo cuando está a 50 cm de O.
s2
Solución:
dv dv ds 2
2 1
2
a=
=
. = .v =  −  = −
3
2
dt ds dt s3
s  s 
s5
Para s=50 cm =0,5 m →
a=−
2
(0,5)5
= −26 = −64 ms−2
9.- [Puntuación 9]
Una curva tiene por ecuación arctanx2 + arctany 2 =
(a) Calcule

.
4
dy
en función de x e y.
dx
(b) Encuentre la pendiente de la curva en el punto donde x =
[4 puntos]
1
2
e y  0.
[5 puntos]
Solución:
1
1
x(1 + y 4 )
.
2
x
+
.
2
yy
´
=
0
→
y
´
=
−
a)
1 + x4
1 + y4
y(1 + x 4 )
b) Para x =
1
2
 1
1 

En 
,−
3
 2
1
1−
1
1

2 
2
2 =1 →y=− 1
arctan + arctany = → y = tan − arctan  =
1
2
4
4
2
3
3

 1+
2
1
1
10
−
(1 + )
9
2
9
2 = 40 3 = 8 3
m=
=
1
1
5
45 2 9 2
−
(1 + )
4
3
4 3
10.- [Puntuación 6]
Sabiendo que sen x + cos x =
Solución:
2
, halle cos 4x.
3
4
4
5
→ 1 + sen2x = → sen2x = −
9
9
9
25
25
31


cos 4x = cos 2 2x − sen2 2x =  1 −  −
=
81  81 81

(sen x + cos x )2 =
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 21]
ln x
, x 0.
x
El siguiente gráfico muestra la gráfica de y = f (x) y su tangente en punto A.
Considere la función f(x ) =
(a) Demuestre que f ´(x ) =
1 − ln x
.
x2
(b) Encuentre las coordenadas de B, en donde la curva alcanza su valor máximo.
(c) Encuentre las coordenadas de C, el punto de inflexión en la curva.
La gráfica de y = f (x) corta al eje x en el punto A.
(d) Encuentre la ecuación de la tangente a la gráfica de f en el punto A.
(e) Calcule el área encerrada por la curva y = f (x), la tangente en A y la recta x = e.
Solución:
1
.x − ln x
1 − ln x
=
a) f ´(x ) = x
2
x
x2
 1
b) 1-lnx=0 → lnx=1 → x=e → B e , 
 e
c) f ´´(x ) =
−x − 2x(1 − ln x )
− 3 + 2ln x = 0 →
x
4
3
x = e2
=
−3 + 2ln x
x3
3
 3
− 

2
3
e

→ C e 2 ,

2 




d) En A(1, 0) m=1
y=x-1
e
e
(e − 1)2
ln x
(e − 1)2  (ln x )2 
(e − 1)2 1 e2
−
dx =
−
− =
−e
e) Área=
 =
2
2
2
2 2
1 x
 2 1

[2 puntos]
[3 puntos]
[5 puntos]
[4 puntos]
[7 puntos]
12.- [Puntuación 22]
(
) (
(a) Demuestre que los puntos O (0, 0, 0), A (6, 0, 0), B 6, − 24 , 12 , C 0, − 24 , 12
forman un cuadrado.
(b) Calcule las coordenadas de M, el punto medio de [OB].
)
(c) Demuestre que una ecuación del plano Π, que contiene el cuadrado OABC, es y + 2 z = 0 .
(d) Halle una ecuación vectorial de la recta L, que pasa por M y es perpendicular al plano Π.
(e) Encuentre las coordenadas de D, el punto de intersección de la recta L con el plano de
ecuación y = 0.
(f) Encuentre las coordenadas de E, la reflexión del punto D en el plano Π.
[3 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]

(g)
(i) Calcule el ángulo ODA .
(ii) Indique lo que esto le dice sobre el sólido OABCDE.
Solución:
6
→  
a) OA =  0 
 0
 
→
 − 6
 
BC =  0 
 0 
 
 0 


OC =  − 24 
 12 


→
→
→
→
→
→
→
OA• OC = 0
→
BC• AB = 0
(

24 12 
,
= 3, − 6 , 3
b) M 3, −

2
2 

i
j
k
→
→
c) OA OC = 6
0
0 − 24
)
0 = −6 12 j − 6 24 k
12
0
 : − 6 12 y − 6 24 z + D = 0 → D = 0
 : − 6 12 y − 6 24 z = 0  y + 2 z = 0
x  3   0   3   0 
  
 
 
  
d) L :  y  =  − 6  + t  − 6 12  =  − 6  + t  1 
 z   3   − 6 24   3   2 
  
 
 
  
 x =3

e) L : y = − 6 + t
z = 3 + 2 t

(
− 6 + t = 0 → t = 6 → D 3, 0, 3 3
)
(
f) − 6 + t + 6 + 2t = 0 → t = 0 → P 3, − 6 , 3
→
(
)(
)(
)
E = P + DP = 3, − 6 , 3 + 0, − 6 − 2 3 = 3, − 2 6 , − 3
 −3 


g) i) DO =  0 
 −3 3 


→

cos ODA =
− 9 + 27
=
 3

DA =  0
 −3

→

1
→ ODA = 60
2
36 36
ii) OABCDE es un octaedro regular



3 
[6 puntos]
 0 


AB =  − 24 
 12 


→
| OA |= 6 | OC |= 6 | BC|= 6 | AB|= 6
→
[3 puntos]
[1 puntos]
)
13.- [Puntuación 17]
Una progresión geométrica un  , con términos complejos, está definida por
un+1 = (1 + i)un y u1 = 3 .
(a) Encuentre el cuarto término de la progresión, dando su respuesta en la forma
x + yi, x , y  R .
(b) Calcule la suma de los primeros 20 términos de un  , dando su respuesta en la forma
a  (1 + 2m ) donde a C y mZ deben determinarse.
Una segunda progresión v n  está definida por v n = un un+k , k  N .
[3 puntos]
[4 puntos]
(i) Demuestre que v n  es una progresión geométrica.
(ii) Indique el primer término.
(iii) Demuestre que la razón común es independiente de k.
Una tercera progresión w n  se define por w n =| un − un+1 | .
(c)
(d)
[5 puntos]
(i) Demuestre que w n  es una progresión geométrica.
(ii) Indique el significado geométrico de este resultado con referencia a los puntos
del plano complejo.
Solución:
u
a) r = n +1 = 1 + i
un
[5 puntos]
u 4 = 3(1 + i)3 = 3(1 + 3i − 3 − i) = −6 + 6i


3 2  


3(1 + i)20 − 3
4 
= 
b) S20 =
1+ i −1
i
c) i)
20
=
(
)
(
) (
3. 2105 − 3 3 − 210 − 1
=
= 3i 1 + 210
i
i
)
v n+1 u n+1 .u n+1+k
=
= (1 + i)(1 + i) = (1 + i)2
vn
u n .u n+k
ii) v 1 = u1 .u1+k = 3.3(1 + i)k = 9(1 + i)k
v
iii) r = n +1 = (1 + i)2 No depende de k.
vn
d) i) w n = 3(1 + i)n −1 − 3(1 + i)n = 31 + i
n −1
( )n−1 , esta es la expresión del término general de una
| 1 − 1 − i |= 3 2
progresión geométrica.
ii) Las distancias entre los afijos sucesivos de los complejos un  forman una progresión geométrica.
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ2
Martes 13 de mayo de 2014
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
2
11
2
Los sucesos A y B son tales que P( A ) = , P(B) =
.
y P( A |B) =
5
20
11
a) Halle P( A  B) .
b) Halle P( A  B)
c) Indique, dando una razón, si los sucesos A y B son independientes.
Solución:
2 11 1
a) P( A  B) = P( A / B).P(B) = . =
11 20 10
b) P( A  B) = P( A) + P(B) − P( A  B) =
c) P( A  B) =
[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
2 11 1 17
+
−
=
5 20 10 20
1 2 11 11
. No son independientes.
 . =
10 5 20 50
2.- [Puntuación 5]
Resuelva la ecuación 8 x −1 = 63x . Exprese la respuesta en función de ln2 y ln3.
Solución:
ln2
Tomando ln: (x-1)ln8=3xln6→3(x-1)ln2=3x(ln2+ln3) → x = −
ln3
3.- [Puntuación 5]
a) Muestre que el siguiente sistema de ecuaciones tiene infinitas soluciones.
x+y+2z=-2
3x-y+14z=6
x+2y=-5
[2 puntos]
El sistema de ecuaciones representa tres planos en el espacio.
b) Halle las ecuaciones paramétricas de la recta intersección de los tres planos
Solución:
A
 __________ __________



2 −2
1 1
a)  3 − 1 14 6 


 1 2 0 −5 
 __________ __________ __________ _ 
B


det(A)=0 → rango(A)=2
C4=C1-3C2→ rango(B)=2
El sistema es compatible indeterminado (infinitas soluciones).
x+y+2z=-2
3x-y+14z=6
x+2y=-5
Sumando las dos primeras ecuaciones: 4x+16z=4 →x=1-4z
x = 1 − 4t

y = −3 + 2t
 z=t

y=-3+2z
[3 puntos]
4.- [Puntuación 6]
Las raíces de la ecuación cuadrática 2x2 + 4x − 1 = 0 son  y  .
Sin resolver la ecuación,
a) Halle el valor de 2 + 2 .
[4 puntos]
2
2
b) Halle una ecuación cuadrática cuyas raíces sean  y  .
Solución:
 +  = −2

a) 
1
. = −

2

[2 puntos]
2 + 2 = ( + )2 − 2 = 4 + 1 = 5
b) (x − 2 )( x − 2 ) = 0 → x2 − 2x − 2x + 22 = 0 → x2 − 5x +
1
=0
4
5.- [Puntuación 5]
x
(a) Dibuje aproximadamente el gráfico de y = cos  para 0  x  8 .
4
[2 puntos]
x 1
b) Resuelva cos  = para 0  x  8 .
4 2
[3 puntos]
Solución:
a)

4
 x 

 4 = 3 + 2k → x = 3
x 1
 cos  = → 
 4  2  x = 5 + 2k → x = 20

x 1

3
4 3
b) cos  = → 
x
2

8


4 2

=
+ 2k → x =
cos x  = − 1 →  4 3
3

 4
2  x = 4 + 2k → x = 16

3
4 3

6.- [Puntuación 6]
→
→
PQRS es un rombo. Sabiendo que PQ =a y QR =b,
→
→
a) exprese los vectores PR y QS en función de a y b.
b) a partir de lo anterior, muestre que las diagonales de un rombo se cortan en ángulo recto.
Solución:
→
a) PR = a + b
→
QS = b- a
→
→
b) PR• QS = (a + b). (b- a)=a.b-a.a+b.b-b.a=-|a|2+|b|2=0
[2 puntos]
[4 puntos]
7.- [Puntuación 7]
Considere los números complejos u=2+3i y v=3+2i.
1 1 10
a) Sabiendo que + =
, exprese w en la forma a+bi, a, b R .
u v w
b) Halle w * y expréselo de la forma re i .
Solución:
a)
1 1 10
1
1
10
10(6 + 4i + 9i − 6)
+ =
→
+
=
→(3 + 2i + 2 + 3i)w = 10(2 + 3i)(3 + 2i) → w =
=
u v w
2 + 3i 3 + 2i w
5 + 5i
26i 26i(1 − i)
=
=
= 13 + 13i
1+i
2
*
b) w = 13 − 13i = 13 2 .e
i
[4 puntos]
[3 puntos]
−
4
8.- [Puntuación 6]
x 2
 1 − 2x

La función f viene dada por f(x ) =  3
2
(x − 2) − 3 x  2

4
a) Determina si f es o no continua.
.
[2 puntos]
El gráfico de la función g se obtiene aplicando las siguientes transformaciones al gráfico de f:
2
una simetría respecto al eje y seguida de una traslación por medio del vector   .
0
b) Halle g(x).
Solución:
a) Como las dos ramas son funciones polinómicas, son continuas. Falta analizar en el punto x=2
f (2) = −3
lim f ( x ) = −3
x →2 −
lim f ( x ) = −3
x →2 +
f es continua también en x=2
b) Con una simetría respecto al eje y se obtiene la gráfica h(x)=f(-x)
x  −2
 1 + 2x

h(x ) =  3
2
(−x − 2) − 3 x  −2

4
2
Con una traslación del vector   se obtiene la gráfica g(x)=h(x-2)
0
x 0
 1 + 2(x − 2) = 2x − 3

Por tanto g(x ) = h(x − 2) =  3
3
(−x + 2 − 2)2 − 3= x2 − 3 x  −0

4
4
[4 puntos]
9.- [Puntuación 7]
Los tres primeros términos de una progresión geométrica son:


senx, sen2x y 4senx cos 2 x , −  x  .
2
2
a) Halle la razón común r.
b) Halle el conjunto de valores de x para los cuales la serie geométrica:
[1 punto]
senx + sen2x + 4sexcos2x +  es convergente.
[3 puntos]
1
c) Si x = arccos  , x  0 , demuestre que la suma de los infinitos términos de la serie vale
4
Solución:
sen2x 2senx cos x
a) r =
=
= 2cos x
senx
senx
b) Para que sea convergente 2cos x  1 → cos x 
15
.
2
1




→− x− y x
2
2
3
3
2
2

 1 
1
1
1 − cos arccos 
sen arccos 
1−
 4 
15
4

16

c) S =
=
=
=
1
1
1
2
 
1 − 2.
1 − 2cos arccos 
4
2
4
10.- [Puntuación 7]
Utilice la sustitución x = a sec  para mostrar que

2a
dx
a 2 x3
2
x −a
2
=
1
24a3
(3
3 +  −6
)
Solución:
sen
dx = a
d
cos 2 
1
x3 x 2 − a 2
=
1
a3
3
cos 
a2
1
2
cos 
=
− a2
1
a3
asen
cos  cos 
3
.
=
cos 4 
a 4sen
π
x
=
 1 
asenθ cos 4 θ
1
1
sen2θ  3
=
. 4
dθ = 3 cos 2 θ dθ = 3 (1 + cos 2θ)dθ =  3  θ +
 =
2
2  π
cos θ a senθ
a
2a
 2a 
x2 − a2
dx
3



(
1  π
3 π 1  1 4π + 3 3 − 3π − 6
1
+
− − = 3
=
π +3 3 −6
33

4 4 2  2a
12
2a 
24a3
4
)
[3 puntos]
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 12]
Hay dos máquinas que fabrican baterías para teléfonos móviles.
Con la máquina A se fabrica el 60% de la producción diaria, y con la máquina B se fabrica el 40%.
Al analizar el proceso se observa que, en promedio, el 2% de las baterías que se fabrican con la
máquina A son defectuosas, y el 1% de las baterías que se fabrican con la máquina B son defectuosas.
i) Dibuje un diagrama de árbol que muestre claramente las probabilidades respectivas.
ii) Se elige una batería al azar. Halle la probabilidad de que sea defectuosa.
iii) Se elige una batería al azar y se observa que es defectuosa.
Halle la probabilidad de que se haya fabricado con la máquina A.
[6 puntos]
b) En un paquete de siete transistores, hay tres que son defectuosos.
Se eligen a azar tres transistores del paquete., sin reposición.
La variable aleatoria discreta X representa el número de transistores que se han elegido.
i) Halle P(X=2)
ii) Copie y complete la siguiente tabla
x
P(X=x)
0
1
2
3
iii) Determine E(X).
Solución:
a) Experimento 1:"elegir máquina"
[6 puntos]
Experimento 2:"elegir batería y observar defecto"
i)
0,02
DEFECTUOSA
0,012
MÁQUINA A DEFECTUOSA
MÁQUINA A
0,6
0,004
0,01
0,4
DEFECTUOSA
MÁQUINA B
ii) P(DEFECTUOSA)=0,012+0,004=0,016
iii) P(MÁQUINA A | DEFECTUOSA) =
0,012 3
=
0,016 4
b) Experimento:"elegir 3 transistores del paquete"
La variable X toma los valores: 0,1, 2,3
3
 .4
12
 2
i) P(X=2)=  7  = 35
 
3
ii)
x
P(X=x)
iii) E(X ) = 0.
0
4
35
1
18
35
2
12
35
3
1
35
4
18
12
1 45 9
+ 1. + 2. + 3. =
=
35
35
35
35 35 7
MÁQUINA B  DEFECTUOSA
12.- [Puntuación 18]
Dados los puntos A(1, 0, 4), B(2, 3, -1) y C(0, 1, -2),
a) Halle la ecuación vectorial de la recta L1 que pasa por los puntos A y B.
La recta L2 tiene por ecuación cartesiana
[2 puntos]
x −1 y + 2 z −1
.
=
=
3
1
−2
b) Muestre que L1 y L2 son rectas alabeadas.
[5 puntos]
Considere el plano 1 , paralelo a L1 y también a L2 . El punto C pertenece al plano 1 .
c) Halle la ecuación cartesiana del plano 1 .
[4 puntos]
3  k 
   
La recta L3 tiene por ecuación vectorial r=  0  +  1  .
1  − 1
   
El plano 2 tiene por ecuación cartesiana x+y=12.
El ángulo entre la recta L3 y el plano 2 es igual a 60ᵒ.
d)
i) Halle el valor de k.
ii) Halle el punto de intersección P de la recta L3 y el plano 2 .
Solución:
 x  1  1 
     
a) L1 :  y  =  0  + t  3 
 z   4   − 5
     
 x =1+ t

b) L1 :  y = 3t
z = 4 − 5t

 x = 1 + 3

L2 : y = −2 + 
 z = 1 − 2

 1 + t = 1 + 3

3t = −2 + 
 4 − 5t = 1 − 2

Con la primera y la segunda ecuación: − 3 = −5 − 8 →  = −
Llevando estos valores a la tercera ecuación: 4 +
1
3
t =−
4
4
15
2
 1 + . Las rectas se cruzan (son alabeadas).
4
4
x
1
3
1 = 0 → − 6x + z + 2 − 15y + 15 − 9z − 18 + 2y − 2 + 5x = 0 → − x − 13y − 8z − 3 = 0
c) 1 : y − 1 3
z + 2 −5 −2
d) i) sen60 =
3 (k + 1)2
40
→ =
→ 3k2 + 6 = 2k2 + 4k + 2 → k2 − 4k + 4 = 0 →k =
=2
2
2
4
2
2(k + 2)
k + 2. 2
| k + 1|
ii) 3 + 2 +  = 12 → = 3 → P(9,3, − 2)
[7 puntos]
13.- [Puntuación 16]
A continuación se muestra el gráfico de la función f (x ) =
x +1
x2 + 1
.
a) Halle f´(x).
b) A partir de lo anterior, halle las coordenadas x de los puntos en los que la pendiente del
gráfico de f es igual a cero.
p( x )
c) Halle f´´(x), expresando la respuesta de la forma
, donde p(x) es un polinomio de
3
2
x +1
grado 3.
El punto (1, 1) es un punto de inflexión. Hay otros dos puntos de inflexión.
[2 puntos]
d) Halle las coordenadas x de los otros dos puntos de inflexión.
e) Halle el área de la región sombreada.

Exprese la respuesta de la forma − ln b , donde a y b son enteros.
a
Solución:
[4 puntos]
(
a) f ´(x ) =
x2 + 1 − 2x2 − 2x
(x + 1)
2
2
b) − x2 − 2x + 1 = 0 → x =
c) f ´´(x ) =
=
)
[6 puntos]
(x + 1)
2
2
2 8
= −1  2
−2
(
)
2
(x + 1)
2
4
=−
− 2x3 − 2x − 2x 2 − 2 + 4x3 + 8x 2 − 4x
(x + 1)
2
3
d) 2x3 + 6x2 − 6x − 2 = 0 → x3 + 3x2 − 3x − 1 = 0
1
1
3
1
4
-3
4
1
-1
1
0
 x =1

x + 3x − 3x − 1 = ( x − 1)( x + 4x + 1) →  2
− 4  12
= −2  3
x + 4x + 1 = 0 → x =
2
3
e)
2
0
2
0
1


1

dx =  ln(x2 + 1) + arctan x  = − ln 2 + = − ln 2 +
2
2
2
4
4

 −1
−1 x + 1

x +1
[3 puntos]
− x2 − 2x + 1
( −2x − 2). x 2 + 1 − 2( x2 + 1)2x( −x2 − 2x + 1)
1
[1 punto]
=
2x3 + 6x2 − 6x − 2
(x + 1)
2
3
14.- [Puntuación 14]
Considere las funciones: h(x) = arctan(x), x  R
g(x) =
1
, x R x  0 .
x
a) Dibuje aproximadamente el gráfico de y=h(x).
b) Halle una expresión para la función compuesta (hog)(x) e indique su dominio.
Sabiendo que f(x)=h(x)+(hog)(x),
c)
i) halle f´(x), expresando el resultado de forma simplificada.

ii) muestre que f ( x ) = para x>0.
2
Nigel indica que f es una función impar, mientras que Tom sostiene que f es una función par.
d)
i) Indique quien tiene razón y justifique su respuesta.
ii) A partir de lo anterior, halle el valor de f(x) para x<0.
Solución:
a)
1
b) (hog )( x ) = arctan 
x
c) i) f ´( x ) =
1
1+ x
2
+
Dom(hog ) = R − 0
 −1 
. 2  = 0
1
1+ 2  x 
x
1
ii)
1
f ( x ) = arctan x + arctan 
x
1
2
x = x + 1 = + x  0 → f ( x ) = π x  0
tan(f ( x )) =
1
0
2
1−x
x
x+
d) i)
 −1 
1
f ( −x ) = arctan(−x ) + arctan
 = − arctan x − arctan  = −f ( x )
x


x
La función f es impar, tiene razón Nigel.
ii) f (x ) = −

x  0
2
[2 puntos]
[2 puntos]
[7 puntos]
[3 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ1
Miércoles 14 de mayo de 2014
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
Una raíz de la ecuación x 2 + ax + b = 0 es 2 + 3i donde a , b  R . Calcule el valor de a y el valor de b.
Solución:
 − 5 + 2a + b = 0
4-9+12i+2a+3ai+b=0 → 
b = 13
12 + 3a = 0 → a = −4
2.- [Puntuación 5]
Un estudiante se presenta a una prueba nacional y se le dice que las puntuaciones siguen una distribución
normal con media 100. El estudiante recibe una puntuación de 124 y se le dice que está en el percentil 68.
Calcule la varianza de la distribución.
Solución:
X:”puntuaciones” es N(100, )
Z=
P( X  24) = 0,68
X −100

→ P(Z 
24
) = 0,68

→
24
= 0,4677 →  = 51,31 → 2 = 2632,7

3.- [Puntuación 4]
Encuentre el número de maneras en que se pueden dar siete juguetes diferentes a tres niños, si el más joven
recibirá tres juguetes y los otros recibirán dos juguetes cada uno.
Solución:
7  4
 . .1 = 210
3 2 
4.- [Puntuación 6]
A continuación se presenta un sistema de ecuaciones.
x + 2y - z = 2
2x + y + z = 1
-x + 4y + az = 4
(a) Encuentre el valor de a para que el sistema no tenga una solución única.
(b) Demuestre que el sistema tiene una solución para cualquier valor de a.
Solución:
1 2 −1
a) 2
1
−1 4
1 = 0 → a − 2 − 8 − 1 − 4a − 4 = 0 → a = −5
a
A


 __________ ____

 1 2 − 1 2
b)  2 1 1 1 
 − 1 4 a 4
 __________ _________ 
B


Si a=-5 rango(A)=2=rango(B) < nº de incógnita → Infinitas soluciones
Si a ≠ -5 rango(A)=rango(B)=3 = nº de incógnitas → Solución única
[4 puntos]
[2 puntos]
5.- [Puntuación 8]
La región sombreada S está encerrada entre la curva y = x + 2cos x, para 0 ≤ x ≤ 2π y la recta y = x, como se
muestra en el siguiente diagrama.
(a) Encuentre las coordenadas de los puntos donde la recta corta a la curva.
La región S se hace girar 2π alrededor del eje x para generar un sólido.
(b)
(i) Escriba una integral que represente el volumen V del sólido.
(ii) Calcule el volumen V.
Solución:


x= 2
a) x + 2cos x = x → cos x = 0 → 
3
x =
2

[3 puntos]
[5 puntos]
     3 3 
Los puntos de corte son:  ,  y  ,

2 2  2 2 
b) i) V = 
3
2

2
 x
2

− (x + 2cos x )2 dx
ii) V=59,22
6.- [Puntuación 10]
Sea f ( x ) = x( x + 2)6 .
(a) Resuelva la inecuación f (x)> x.
(b) Calcule
Solución:
[5 puntos]
 f(x) dx .
[5 puntos]
a) x( x + 2)6 − x  0 si x  − 3, − 1  0, + 
b) x+2=t

dx=dt

x( x + 2)6 dx = ( t − 2).t 6 dt =
 (t
7
)
− 2t 6 dt =
t 8 2t 7
( x + 2)8 2(x + 2)7
−
+C =
−
+C
8
7
8
7
7.- [Puntuación 8]
Pruebe, por inducción matemática, que 78n +3 + 2, n  N , es divisible por 5.
Solución:
•
Para n=1
78+3 + 2 = 1977326745= 5 Cierto
Supuesto cierto para n=k
78k +3 + 2 = 5
Probemos para n=k+1
78(k +1)+3 + 2 =5
•
?•
•
•
•
•
78( k +1)+3 + 2 = 78k + 8 +3 + 2 = 78k +3.78 + 2 = (5− 2).78 + 2 = 5− 2.78 + 2 = 5− 2(78 − 1) = 5− 2.5764800=
•
• •
•
= 5− 2.1152960.5 = 5− 5 = 5
8.- [Puntuación 8]
(a) Calcule el término en x5 en el desarrollo de (3x + A )(2x + B)6 .
[4 puntos]
Mina y Norbert tienen cada uno un dado cúbico justo con las caras etiquetadas 1, 2, 3, 4, 5 y 6;
ellos lanzan para decidir si van a comer una galleta.
Mina lo lanza sólo una vez y come una galleta si saca cuatro, cinco o seis.
Norbert lanza su dado seis veces y cada vez come una galleta si saca un cinco o un seis.
(b) Calcule la probabilidad de que se consuman cinco galletas.
[4 puntos]
Solución:
a)
 6 
6
6
6
6 
6
6 
(3x + A )(2x + B)6 = (3x + A ).  (2x )6 +  (2x )5 B +  (2x )4 B2 +  (2x )3 B3 +  (2x )2 B4 +  (2x )B5 +  B6 
1 
2
3 
 4
5 
 6  
 0 
6
6
Término en x5 : 3 24 B2 + A 25 B = 720B2 + 192A.B
2
1 
 1
b) Sea X:”nº de galletas que come Norbert en los 6 lanzamientos” es B 6 , 
 3
P(consumir 5 galletas)=P(Mina consuma 1 galleta).P(X=4)+P(Mina consuma 0 galletas).P(X=5)=
4
2
5
1  6  1   2  1  6  1  2 1
1 4 1
1 2
72
= .     + .   . = .15. . + .6.
. =
= 0,049
2  4  3   3  2  5  3  3 2
81 9 2 243 3 1458
9.- [Puntuación 7]
El número de aves que se ven en una línea eléctrica en cualquier día puede ser modelado por
una distribución de Poisson con una media de 5.84.
(a) Encuentre la probabilidad de que durante una semana de siete días, más de 40 aves hayan
sido vistas en la línea eléctrica.
(b) El lunes se vieron más de 10 aves en la línea eléctrica.
Muestre que la probabilidad de que se vean más de 40 aves en la línea eléctrica desde ese
momento hasta el domingo siguiente, inclusive, se puede expresar como:
[2 puntos]
40
P( X  40) +
P(X = r)P(Y  40 − r)
r =11
P( X  10)
, donde X  Po(5.84) e Y  Po(35.04) .
[5 puntos]
Solución:
a) X:”nº de aves que se ven al día” es Po(5,84)
XS : ”nº de aves que se ven en una semana” es Po(40,88)
P(XS  40) = 1 − P(XS  40) = 1 − 0,4867 = 05133
b)
Pr obabilidad =
=
P( ver más de 10 el lunes y más de 40 en los seis días siguientes)
=
P( ver más de 10 el lunes)
P( ver más de 40 el lunes) + P( ver 11 el lunes y más de 29 en los seis días siguientes) +
P( ver más de 10 el lunes)
+ P( ver 12 el lunes y más de 28 en los seis días siguientes) + ......... + P(40 el lunes y más de 0 en los seis días siguientes)
=
P( ver más de 10 el lunes)
40
P( X  40) + P( X = 11).P( Y  29) + P( X = 12).P( Y  28) + ..... + P( X = 40).P( Y  0)
=
=
P( X  10)
P( X  40) +
P(X = r)P(Y  40 − r)
r =11
P( X  10)
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 21]
e 2x + 1
Sea f ( x ) = x
.
e −2
(a) Encuentre las ecuaciones de las asíntotas horizontales y verticales de la curva y = f (x).
[4 puntos]
(b)
(i) Halle f '(x).
(ii) Muestre que la curva tiene exactamente un punto donde su tangente es horizontal.
(iii) Calcule las coordenadas de este punto.
[8 puntos]
(c) Halle la ecuación de L1 , la normal a la curva en el punto donde corta el eje y.
[4 puntos]
La recta L2 es paralela a L1 y tangente a la curva y = f (x).
(d) Calcule la ecuación de la recta L2 .
Solución:
a) Asíntotas verticales: x=ln2
Asíntotas horizontales:
e2x + 1
lim
x
e −2
x → −
b) i) f ´( x ) =
2x
ex − 2
2e2x (e x − 2) − e x (e2x + 1)
(e x − 2)2
= lim
=
(ln(2 +
−2
=
5 ), 2 5 + 4
(2 + 5 )2 + 1
2+ 5 −2
=
d)
5
)
1
4
1
1
x  y = x −2
4
4
e x (e2x − 4e x − 1)
x
x → +
2
(e − 2)
=
t = 2 + 5 → x = ln(2 + 5 )
4  20 
=
2
t = 2 − 5 → x no existe

10 + 4 5
En (0, -2) m=-4
L1 : y + 2 =
= lim 2e x = +
(e x − 2)2
c) Para x=0 y=-2
mN =
ex
e x (e2x − 4e x − 1)
− 4e − 1 = 0 → t − 4t − 1 = 0 → t =
ln(2`+ 5 )
2e2x
x → +
ex =t
2
e2 ln(2+ 5 ) + 1
e
x → +
e2x + 1
1
1
→ Asíntota horizontal por la izquierda y = −
2
2
x
ii) e
iii)
=−
lim
1
→ x = 1,44
4
Para x=1,44 y=8,47
1
1
L2 : y − 8,47 = (x − 1,44)  y = x + 8,11
4
4
=2 5 +4
[5 puntos]
11.- [Puntuación 21]
Una variable aleatoria X tiene función de densidad de probabilidad
ax + b, 2  x  3
f(x) = 
, a , b R
 0, en otro caso
(a) Demuestre que 5a + 2b = 2.
Sea E (X) = μ.
(b)
(i) Demuestre que a = 12μ - 30.
(ii) Encuentre una expresión similar para b en función de μ.
Sea la mediana de la distribución 2.3.
(c)
(i) Hallar el valor de μ.
(ii) Hallar el valor de la desviación típica de X.
Solución:
a)
3
 ax2

9a
5a
(ax + b) dx = 1 → 
+ bx = 1 → + 3b − 2a − 2b = 1 →
+ b = 1 → 5a + 2b = 1
2
2
2
2

 2

3
3
 ax3 bx2 
9b 8a
19a 5b
+
− − 2b =
+
b) i) E( X ) = x(ax + b) dx = 
 = 9a +
2 
2 3
3
2
2
 3
2

19a
=
+
3
ii)  =
c) i)
19.
5.
3
2 − 5a
2 = 19a + 10 − 25a → 12 = 76a + 30 − 75a → a = 12 − 30
2
3
4
2 − 2b
5 + 5b = 38 − 38b + 5b → 30 = 76 − 76b + 75b → b = 76 − 30
3
2
15
2
2,3
 ax2

5,29a
(ax + b) dx = 0,5 → 
+ bx = 0,5 →
+ 2,3b − 2a − 2b = 0,5 → 1,29a + 0,6b = 1
2
2
2

 2

2,3
1,29(12 − 30) + 0,6(76 − 30) = 1 → 15,48 − 18 = 38,7 − 45,6 + 1 →  = 2,34
ii) Para μ=2,34 a=-1,92 b=5,8
Var( X ) ==
3
 (x − 2,34) (−1,92x + 5,8) dx = 0,058
2
 = 0,058 = 0,241
2
[4 puntos]
[7 puntos]
[10 puntos]
12.- [Puntuación 18]
Sea f(x) =| x | −1 .
(a) La gráfica de y = g (x) se dibuja a continuación.
(b)
(c)
i) Calcule el valor de (fog)(1).
ii) Calcule el valor de (fogog)(1).
iii) Dibuje la gráfica de y=(fog)x).
[5 puntos]
(i) Dibuje la gráfica de y = f (x).
(ii) Indique los ceros de f.
[3 puntos]
(i) Dibuje el gráfico de y = (fof)(x).
(ii) Indique los ceros de fof .
[3 puntos]
(d) Dado que podemos denotar fofofo ...of como f n ,
n veces
3
(i) calcule los ceros de f ;
(ii) calcule los ceros de f 4 ;
(iii) deduzca los ceros de f 8 .
[3 puntos]
2n
(e) Los ceros de f son a1 , a2 , a3 , ...,aN .
(i) Indique la relación entre n y N;
N
(ii) Calcule y simplifique una expresión para
| a | en función de N.
r
r =1
Solución:
a) i) (fog)(1)=f(0)=-1
ii) (fogog)(1)=(fog)(0)=f(4)=3
iii)
[4 puntos]
b) i)
ii) x = 1
c) i)
ii) x = 0,  2
d) i) x = 1,  3
ii) x = 0,  2,  4
iii) x = 0,  2,  4,  6,  8
e) i) Los ceros de f 2n son x = 0,  2,  4,  6,...,  2n → N=2n+1
N
ii)
| a | = 2. 2 +22n .n = 2(1 + n)n
r
r=1
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ2
Miércoles 14 de mayo de 2014
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
a)
i) Halle la suma de todos los números enteros comprendidos entre 10 y 200 que son
divisibles entre 7.
ii) Exprese la suma anterior utilizando notación de sumatoria.
En una progresión aritmética, el primer término es 1000 y la diferencia común es -6.
La suma de los n primeros términos de esta progresión es negativa.
b) Halle el menor valor de n.
Solución:
i) 14+21+...+196
[4 puntos]
[2 puntos]
196=14+(n-1).7→n=27
Suma =
14 + 196
.27 = 2835
2
27
ii) Suma =
7n + 7
n =1
b) Sn =
1000+ 1000+ (n − 1)( −6)
.n = 1003n − 3n2
2
1003n − 3n2  0 si n  334,33 → n = 335
2.- [Puntuación 5]
Los pesos, en kg. de los oseznos de un año siguen una distribución normal, de media  y
desviación típica  .
a) Sabiendo que el peso correspondiente al tercer cuartil es 21,3 kg y que el peso correspondiente
al primer cuartil es 17,1 kg, calcule el valor de  y  .
[4 puntos]
Se toma una muestra aleatoria compuesta por 100 oseznos.
b) Halle el número esperado de oseznos que pesan más de 22 kg.
[1 punto]
Solución:
a) X:"pesos de los oseznos" es N( , )
Z=
Y -

21,3 −  
21,3 − 

P(X  21,3)= 0,75 → P Z 
= 0,6745
 = 0,75→
 


17,1 −  
17,1 − 

P(X  17,1) = 0,25 → P Z 
= −0,6745
 = 0,25 →
 


Resolviendo el sistema:  = 19,2
b) Y:"nº oseznos de la muestra de 100 con X>22"
P(X>22)=P(22<X<34,7)=0,1842
Y es B(100, 0.1842)
E(Y)=100.0,1842=18,42 18 oseznos
 = 3,1134
3.- [Puntuación 5]
Los gráficos de y = x 2e − x e y = 1 − 2senx para 2  x  7 se cortan en los puntos A y B.
Las coordenadas x de A y B son x A y x B .
a) Halle el valor de x A y el valor de x B .
b) Halle el área delimitada por los dos gráficos, para x A  x  x B .
Solución:
a) x A = 2,87 xB = 6,77
b) Área =

6 ,77
2,87
[2 puntos]
[3 puntos]
(1 − 2senx − x2e− x ) dx = 6,7589
4.- [Puntuación 6]
La siguiente figura muestra dos círculos que se cortan, de radios 4 cm y 3 cm.
El centro C del círculo pequeño está situado en la circunferencia del círculo grande.
O es el centro del círculo grande, y los dos círculos se cortan en los puntos A y B.
Halle;

a) BOC
b) El área de la región sombreada.
Solución:

[2 puntos]
[4 puntos]

a) 32 = 42 + 42 − 2.4.4. cos BOC → BOC = 0,77 rad
 0,77.16 4.4.sen0,77 
2
−
b) Área sombreada= 2
 = 1,18 cm
2
2


5.- [Puntuación 6]
6
1

Halle el coeficiente de x −2 en el desarrollo de (x − 1)3  + 2x  .
x

Solución:
x
6
(
)
 6  1  6  1

6 1
6 1
6  1
6 1
6
= x3 − 3x2 + 3x − 1 .  +   2x +   4x2 +   8x3 +   16x 4 +   32x5 +  64x6 
6
5
4
3
2

 0  x  1  x

2 x
3  x
 4 x
5  x
6
(x − 1)3  1 + 2x 
6
6
Coeficiente de x −2 : − 3. .2 −  .4 = −36 − 60 = −96
1 
2
6.- [Puntuación 7]
Seis clientes hacen cola en un supermercado.
Cada cliente puede elegir si paga en efectivo o con tarjeta de crédito.
Suponga que el que un cliente pague o no con tarjeta de crédito es independiente del método de
pago elegido por otros clientes. Se sabe que el 60% de los clientes eligen pagar con tarjeta de crédito.
a) Halle la probabilidad de que:
i) los tres primeros clientes paguen con tarjeta de crédito y los siguientes tres paguen es
efectivo.
ii) de los seis clientes, exactamente tres paguen con tarjeta de crédito.
[4 puntos]
Hay n clientes en otra cola en el mismo supermercado.
La probabilidad de que al menos un cliente pague en efectivo es mayor que 0,95.
b) Halle el mínimo valor de n.
[3 puntos]
Solución:
a) i) P(TARJETA  TARJETA  TARJETA  EFECTIVO EFECTIVO EFECTIVO)=0,63.0,43=0,0138
ii) La variable aleatoria X:"nº de clientes de los seis que pagan con tarjeta" es B(6, 0.6)
P(X=3)=0,2765
b) La variable aleatoria Y: "nº clientes de los n que pagan en efectivo" es B(n, 0,4).
n
P( Y  1)  0,995 → 1 − P( Y = 0)  0,995 → P( Y = 0)  0,005 →  0,400,6n  0,005 → 0,6n  0,005 → n  10,37 → n = 11
0 
7.- [Puntuación 8]
1
, x 2.
x −2
i) Dibuje aproximadamente el gráfico de y=f(x), indicando claramente todas las asíntotas y
los puntos de corte con los ejes.
ii) Escriba las ecuaciones de todas las asíntotas y las coordenadas de todos los puntos
de corte con los ejes.
[4 puntos]
La función f se define de la forma f ( x ) = −3 +
a)
b) Halle la función inversa f −1 e indique su dominio.
Solución:
a) i)
ii) Asíntota vertical x=2
Asíntota horizontal y=-3
Cortes ejes: (2.3, 0) y (0, -3.5)
b) y =
−3x + 7
7 + 2y
7 + 2x
→ yx − 2y = −3x + 7 → x =
→ f −1(x) =
x −2
y +3
x +3
Df −1 = R − − 3
[4 puntos]
8.- [Puntuación 4]
La variable aleatoria X sigue una distribución de Poisson de media  .
Sabiendo que P(X=2)+P/X=3)=P(X=5)
a) Halle el valor de  .
b) Halle la probabilidad de que X esté a menos de una desviación típica de la media.
Solución:
a)
[2 puntos]
[2 puntos]
e− .2 e− .3 e− .5
1  3
+
=
→ + =
→3 − 20 − 60 = 0 →  = 5,55
2!
3!
5!
2 6 120
b) Var(X)=5,55
La desviación típica es :
5,55 = 2,35
P(3,2<X<7,9)=P(X=4)+P(X=5)+P(X=6)+P(X=7)=0,1537+0,1706+0,1578+0,1251=0,6072
9.- [Puntuación 5]
Se vierte arena para formar un cono de h cm de altura y r cm de radio de la base.
En todo momento, la altura es igual al radio de la base.
La altura del cono va aumentando a razón de 0,5 cm min−1 .
Halle la razón a la que se vierte la arena, en cm3 min −1 , cuando la altura es igual a 4 cm.
Solución:
Sea V(t) el volumen de arena en el instante t y sea h(t) la altura del cono de arena en el instante t.
Objetivo: "V´(t) cuando h(t)=4"
1
1
V(t ) = r2(t ).h(t ) = h3(t )
3
3
1
V´(t ) = 3h2(t )h´(t ) = .16.0,5 = 8 cm3 min−1
3
10.- [Puntuación 8]
(
)
2
Considere la curva definida por la ecuación x 2 + y 2 = 4xy 2 .
dy
.
dx
b) Halle la ecuación de la recta normal a la curva en el punto (1, 1).
Solución:
a) Utilice la derivación implícita para hallar una expresión para
(
)
a) 2 x 2 + y 2 (2x + 2yy´) = 4( y 2 + 2yy´x ) → x3 + x 2yy´+ y 2x + y 3y´= y 2 + 2yy´x → y´=
b) En (1, 1) m =
[5 puntos]
[3 puntos]
y 2 − y 2x − x3
x 2y + y 3 − 2yx
−1
. La tangente es paralela al eje y, por tanto la normal es perpendicular al eje y : y=1
0
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 13]
La función de densidad de probabilidad de una variable aleatoria X viene dada por:


ax cos x 0  x  , donde a  R
f(x) = 
2

resto de valores
 0
2
a) Muestre que a =
.
−2


b) Halle P X   .
4

c) Halle:
i) la moda de X.
ii) la mediana de X.



d) Halle P X  | X   .
8
4

Solución:

a)

2
0
ax cos x dx = 1
u=x
u´=1


2
0
v´=cosx
v=senx

2
a( xsenx + cos x ) 0
ax cos x dx = 

 
= a − 1 
2 
2


a − 1  = 1 → a =
−2
2


b) P(X  ) =
4


4
0
2
x cos x dx = 0,4598
 −2
c) i) La gráfica de la función de densidad es →
La moda de X es 0,8603
ii)
m
2
x cos x dx = 0,5 → m = 0,8265
0 −2




P X   X   P(X   )


8
4

8 = 0,1299 = 0,2825
d) P X  | X   = 
=

 0,4598
8
4

P(X  )
P(X  )
4
4
[5 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]
[2 puntos]
12.- [Puntuación 15]
Un grupo de ingenieros necesita instalar tuberías para conectar dos ciudades A y B que están
separadas por un río de 450 metros de ancho, tal y como se muestra en la siguiente figura.
Tienen previsto instalar las tuberías por debajo del río entre A y X, y por debajo del suelo entre X y B.
El coste de instalar las tuberías por debajo del río es cinco veces mayor que el coste de instalar las
tuberías por debajo del suelo.
Sea EX=x.
Sea k el coste, en dólares por metro, de instalar las tuberías por debajo del suelo.
a) Muestre que el coste total C, en dólares, de instalar las tuberías entre A y B viene dado por
C = 5k 202500+ x 2 + (1000 − x )k .
b)
[2 puntos]
dC
.
dx
ii) A partir de lo anterior, halle para qué valor de x el coste total es mínimo y justifique
i) Halle
por qué este valor es un mínimo.
[7 puntos]
c) Halle el coste total mínimo en función de k.
[1 punto]

El ángulo que forman las tuberías en el lugar en el que se unen es AXB =  .
d) Halle  para el valor de x calculado en el apartado (b).
Por motivos de seguridad,  tiene que ser como mínimo 120ᵒ.
[2 puntos]
Dado este nuevo requisito,
e)
i) halle el nuevo valor de x que minimiza el coste total
ii) Halle en qué porcentaje ha aumentado el coste total mínimo.
[3 puntos]
Solución:
a) Metros de tubería de río= 4502 + x2
Metros de tubería de suelo: 1000-x
C = 4502 + x 2 .5k + (1000 − x )k = 5k . 202500+ x 2 + (1000 − x ).k


k 5x − 202500+ x2 
dC
5k.2x


b) i)
=
−k =
2
dx 2 202500+ x2
202500+ x
ii) 5x − 202500+ x2 = 0 →25x2 = 202500+ x2 → x2 =
202500
→ x = 91,86
24
c) C = 5k . 202500+ 91,862 + (1000 − 91,86).k = 3204,5k
d) tg(180 − θ) =
450
→ θ = 101,54
91,86
450
→ x = 259,8
x
ii) Para x=259,8 C=3338,2k
e) i) tg60 =
3338,2k-3204,5k=133.7k →
133,7k
.100 = 4,17%
3204,5k
91,8
5
13.- [Puntuación 20]
Considere z = r(cos  + isen) , z C .
a) Utilice la inducción matemática para demostrar que z n = r n (cos n + isenn) , n  Z + .
[7 puntos]
Sabiendo que u = 1 + 3 i y v=1-i,
b)
i) exprese u y v en forma módulo-argumental.
ii) a partir de la anterior, halle u3 .v 4 .
Los números complejos u y v se representan en un diagrama de Argand mediante el punto
A y el punto B, respectivamente.
c) Sitúe el punto A y el punto B en el diagrama de Argand.

El punto A se rota
en sentido contrario al de las agujas del reloj alrededor del origen O,
2
convirtiéndose en el punto A´.

El punto B se rota
en el sentido de las agujas del reloj alrededor de O, convirtiéndose en el
2
punto B´.
d) Halle el área del triángulo OA´B´.
4
3
Suponemos cierto para n=k
z k = r k (cos k + isenk)
Probemos para n=k+1
zk+1 = r k+1(cos( k + 1) + isen(k + 1))
?
z k +1 = z k .z = r k (cos k + isenk).r(cos  + isen) =
= r k +1(cos k cos  + i cos ksen + isenk cos  − senksen) = r k +1 (cos( k + 1) + isen(k + 1)
u = 1 + 3 i = 2
v = 1− i = 2− 
3
[1 punto]
[3 puntos]
2
Sabiendo que u y v son raíces de la ecuación z + bz + cz + dz + e = 0, donde b, c , d , e R ,
e) halle los valores de b, c, d y e.
Solución:
a) Para n=1
z1 = r1 (cos + isen) Cierto
b) i)
[4 puntos]
4
ii) u3 .v 4 = 8 .4−  = 320 = 32
c)
Δ
2.2.sen75
= 1,366
2
e) También son raíces: 1 − 3 i y 1 + i
d) ÁreaOA´B´ =
z 4 + bz3 + cz2 + dz + e = (z − 1 − 3i)(z − 1 + 3i)(z − 1 + i)(z − 1 − i) = (z2 − 2z + 4)(z2 − 2z + 2)
Identificando coeficientes: b=-4
c=10
d=-12
e=8
[5 puntos]
14.- [Puntuación 12]
Una partícula A se mueve de modo tal que su velocidad v ms−1 , en el instante t segundos, viene
t
dada por v( t ) =
, t 0 .
12 + t 4
a) Dibuje aproximadamente el gráfico de y=v(t). Indique claramente el máximo local y escriba
sus coordenadas.
t
b) Utilice la sustitución u = t 2 para hallar
dt .
12 + t 4
c) Halle la distancia exacta que recorre la partícula A entre t=0 y t=6 segundos.
Dé la respuesta de la forma k arctan(b), k , bR .

[2 puntos]
[4 puntos]
[3 puntos]
La partícula B se mueve de tal modo que su velocidad v ms−1 y su desplazamiento s m están
( )
relacionados mediante la ecuación v(s) = arcsen s .
d) Halle la aceleración de la partícula B cuando s=0,1 m
Solución:
a)
[3 puntos]
b) du = 2tdt
t
 12 + t
4
6
dt =
1
1
1
du =
2
2 12 + u
2


1
  u 2 
 
12 1 + 
  12  


6
 t2 
 u 
12
3
+C
 + C =
arctan
arctan


24
12
12
12




 3
 t 2 
 = 3 arctan 36 
dt =  arctan


4


12

12 + t
 12 
 12  0 12
t0
c) s =

b) a =
dv dv ds
1
1
=
. =
.
.arcsen s
dt ds dt
1−s 2 s
0
du =
Cuando s=0,1 a=0,54 ms-2
( )
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
Miércoles 12 de noviembre de 2014
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
La función f viene dada por f ( x ) =
1
, x0 .
x
El gráfico de la función y=g(x) se obtiene aplicando las siguientes transformaciones al gráfico de y=f(x):
 − 3
Una traslación por el vector   y una traslación por el vector
 0
0
  .
1
a] Halle una expresión para g(x).
b) Indique las ecuaciones de las asíntotas del gráfico de g.
Solución:
1
x+4
a) g(x)=f(x+3)+1=
+ 1=
x +3
x +3
b) Asíntota vertical: x=-3
[2 puntos]
[2 puntos]
Asíntota horizontal: y=1
2.- [Puntuación 6]
La ecuación cuadrática 2x 2 − 8x + 1 = 0 tiene por raíces  y  .
a) Sin resolver la ecuación, halle el valor de:
i)  + 
ii)  . 
[2 puntos]
2 2
Otra ecuación cuadrática x2 + px + q = 0 , p, q  Z , tiene por raíces
y .
 
b) Halle el valor de p y el valor de q.
Solución:
a) i)  +  = 4
ii)  .  =
1
2
b)
2 2
2β + 2α
8
+ = −p → p = −
= − = −16
1
α β
α.β
2
2 2
4
. = q →q =
=8
α β
α.β
[4 puntos]
3.- [Puntuación 5]
 1+s 


Un punto P, con relación al origen O, tiene por vector de posición OP =  3 + 2s  , s  R .
 1−s 


→
→
Halle la longitud mínima de OP .
Solución:
→
| OP |= (1 + s)2 + (3 + 2s)2 + (1 − s)2 = 6s2 + 12s + 11
Llamemos f (s) = 6s2 + 12s + 11
f ´(s) =
12s + 12
2 6s2 + 12s + 11
6s + 6 = 0 → s = −1
=
6s + 6
6s2 + 12s + 11
→
La longitud mínima de OP es
5
4.- [Puntuación 7]
Sean A y B sucesos tales que P(A)=0,2 y P(B)=0,5
a) Determine el valor de P( A  B) cuando
i) A y B son mutuamente excluyentes.
ii) A y B son independientes.
b) Determine el intervalo de posibles valores de P(A|B).
Solución:
a) i) P( A  B) = P( A) + P(B) − P( A  B)
ii) P( A  B) = P( A) + P(B) − P( A  B)
[4 puntos]
[3 puntos]
P( AB)=0
= 0,2 + 0,5 = 0,7
P( AB)=P( A ).P(B)
= 0,2 + 0,5 − 0,1 = 0,6
b)
P( A  B)
P(B)


0,2

= 0,4
 → 0  P(A / B) 
0,5
A B = 
A B  A

0  P( A  B)  P( A ) = 0,2 

P( A / B) =
5.- [Puntuación 6]
Un tranquilizante se inyecta en un músculo, desde donde pasa al torrente sanguíneo.
La concentración C en mgl −1 de tranquilizante presente en el torrente sanguíneo se puede modelizar mediante la
función C( t ) =
2t
3 + t2
, t  0 , donde t es el número de minutos transcurridos desde la inyección.
Halle la concentración máxima de tranquilizante en el torrente sanguíneo.
Solución:
2(3 + t 2 ) − 4t 2
6 − 2t 2
C´( t ) =
=
(3 + t 2 )2
(3 + t 2 )2
6 − 2t 2 = 0 → t = 3
Para t = 3 C( 3 ) =
2 3
3
=
6
3
6.- [Puntuación 6]
Utilizando la sustitución u = 1 + x , halle
 1+
x
x
dx .
Solución:
u =1+ x
du =
1
x
1+ x
 1+
dx → dx = 2(u − 1)du
2 x
=
x
x
u −1
u
dx =

 u2

u −1
u2 − 2u + 1
.2(u − 1)du = 2
du = 2
− 2u + ln u  + C =
 2

u
u



 (1 + x )2

= 2
− 2(1 + x ) + ln(1 + x ) + C = x − 2 x − 3 + 2 ln(1 + x ) + C


2


7.- [Puntuación 6]
Considere las funciones f y g y sus derivadas f´y g´.
La siguiente tabla muestra los valores de las dos funciones y de sus derivadas en x=1, 2 y 3.
x
f(x)
f´(x)
g(x)
g´(x)
1
3
1
2
4
2
1
4
1
2
3
1
2
4
3
Sabiendo que p(x)=f(x).g(x) y h(x)=gof(x), halle
a) p´(3)
b) h´(2)
Solución:
a) p´(3)=f´(3).g(3)+f(3).g´(3)=2.4+1.3=11
[2 puntos]
[4 puntos]
b) h´(2)=g´(f(2)).f´(2)=4.4=16
8.- [Puntuación 7]
Utilice la inducción matemática para demostrar que (2n)!  2n (n!)2 , n Z+ .
Solución:
Para n=1
(2.1)!= 2= 21 (1!)2
Suponemos cierto para n=k
(2k )!  2k (k!)2
Probemos para n=k+1
Cierto
?
(2k + 2)! 2k +1 ((k + 1)!)2
(2k + 2)! = (2k + 2)(2k + 1)(2k)! 2(k + 1)(2k + 1)2k (k!)2  2k+1(k + 1)(k + 1)2k (k!)2 = 2k+1 ((k + 1)!)2
9.- [Puntuación 6]
La función de densidad de probabilidad de una variable aleatoria continua T viene dada por
1 t 3
| 2 − t | ,
f(t ) = 
.
0
,
resto
de
valores

a) Dibuje aproximadamente el gráfico de y=f(t).
b) Halle el rango intercuartil de T.
Solución:
a)
[2 puntos]
[4 puntos]
b) Rango intercuartil= Q3 − Q1
0,25 =
(2 − Q1 )(2 − Q1 )
1
1
1
→ 0,5 = (2 − Q1 )2 →2 − Q1 =
→ Q1 = 2 −
→ Q3 = 2 +
2
2
2
2
Rango intercuartil= 2 +
1
2
−2+
1
2
= 2
10.- [Puntuación 7]
El conjunto de números enteros positivos 1,2,3, 4,5,6,7, 8, 9 es utilizado para formar una baraja
de nueve cartas. Cada carta muestra un número positivo de este conjunto, sin repetición.
Grace desea elegir al azar cuatro cartas de esta baraja de nueve cartas.
a) Halle el número de selecciones que puede realizar Grace si el mayor número entero de entre
las cuatro cartas tomadas de la baraja es el 5, el 6 o el 7.
b) Halle el número de selecciones que puede realizar Grace si al menos dos de los cuatro números
enteros tomados de la baraja son pares.
Solución:
7 
a)   − 1 = 35 − 1 = 34
 4
 4  5
 .  = 60
b) 2 pares y 2 impares :  2   2 
 4
 .5 = 20
3 pares y 1 impar :  3 
4 pares : 1
Total=81 selecciones
[3 puntos]
[4 puntos]
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 23]
La función f viene dada por f ( x ) = e3x +1 , x  R .
a) i) Halle f −1 ( x ) .
ii) Indique el dominio de f −1 .
[4 puntos]
+
La función g viene dada por g( x ) = ln x , x  R .
El gráfico de y=g(x) y el gráfico de y = f −1 ( x ) se cortan en el punto P.
b) Halle las coordenadas de P.
El gráfico de y=g(x) corta al eje x en el punto Q.
c) Muestre que la ecuación de la tangente T al gráfico de y=g(x) en el punto Q es y=x-1.
Un región R está definida por el gráfico de y=g(x), la tangente T y la recta x=e.
[5 puntos]
d) Halle el área de la región R.
[5 puntos]
e) i) Muestre que g( x )  x − 1 , x  R
ii) Sustituyendo x por
Solución:
a) i) y = e3x +1 → x =
+
1
x −1
en el apartado (e) (i), muestre que
 g(x ) , x  R + .
x
x
ln y − 1
ln x − 1
→ f −1(x ) =
3
3
ii) Df −1 = 0, + 
1
 −1

−
ln x − 1
1

2
b)
= ln x → x = e → P e 2 , − 
3
2



c) Q(1, 0)
1
g´(x ) =
x
La pendiente de T en Q es m=1.
La ecuación de T es: y-0=1(x-1) →y=x-1
d) Área(R)=


e
( x − 1 − ln x ) dx
1
I= ln x dx
u = ln x
1
u´=
x
I=xlnx-x
v´= 1
v=x
e
 x2

e2
1
−e−
Area(R)=  − x − x ln x + x  =
2
 2
1 2
e) i) Demostremos que x − 1 − g(x )  0
Llamemos h(x)=x-1-g(x)
1 x −1
h´(x ) = 1 − =
x
x
0
[3 puntos]
1
Como h(1)=0, h( x )  0, si x  R +
1− x
x −1
x −1
1 1
ii) ln   − 1 → − ln x 
→ ln 
→ g( x ) 
x
x
x
x x
[6 puntos]
12.- [Puntuación 14]
Los vectores de posición de los puntos A, B, y C con relación al origen O son, respectivamente, a, b y c.
La siguiente figura muestra el triángulo ABC y los puntos M, R, S y T.
M es el punto medio de [AC].
→ 1 →
R es un punto perteneciente a [AB] tal que AR = AB .
3
→ 2 →
S es un punto perteneciente a [AC] tal que AS = AC .
3
→
2→
T es un punto perteneciente a [RS] tal que RT = RS .
3
→
a) i) Exprese AM en función de a y c.
→
ii) A partir de lo anterior, muestre que BM =
1
1
a-b+ c
2
2
[4 puntos]
→
i) Exprese RA en función de a y b.
→
2
2
4
ii) Muestre que RT = − a − b + c
9
9
9
b)
c) Demuestre que T pertenece a [BM].
[5 puntos]
Solución:
→
1→ 1
a) i) AM = AC = (-a+c)
2
2
→
→
→
→
→
→
ii) BM = BA+ AM = BO+ OA + AM = -b+a+
b) i)
1
1
1
(-a+c)= a-b+ c
2
2
2
→ 1 → 1 → →  1
RA = BA =  BO+ OA  = (-b+a)
3
3
 3
→
2
2
4
4
2
2
4
2
2 → →  2 1
ii) RT =  RA + AS  = ( (-b+a)+ (-a+c))= − b + a − a+ c= − a − b+ c
3
3
9
9
9
9
9
9
9
 3 3
→
[5 puntos]
→
c) Para que T [BM] , BM y BT tienen que ser linealmente dependientes.
→
→ →
2
4
2
2
4
4
8
4
2
2→ 2
8 →
BT = BR+ RT = BA − a − b+ c= (-b+a) − a − b+ c= a − b+ c= BM
9
9
9
9
9
9
9
9
9
3
9
3
13.- [Puntuación 23]
a) i) Muestre que (1 + i tan )n + (1 − i tan )n =
2cos n
cos n 
, cos   0 .
3
es una raíz de la ecuación
8
ii) A partir de lo anterior, verifique que i tan
(1 + z)4 + (1 − z)4 = 0 , z  C
iii) Indique otra raíz de la ecuación (1 + z)4 + (1 − z)4 = 0 , z  C .
i) Utilice la identidad del ángulo doble tan2 =
b)
2tan
1 − tan2 
[10 puntos]
para mostrar que

tan = 2 − 1 .
8
ii) Muestre que cos 4x = 8 cos 4 x − 8 cos 2 x + 1 .
iii) A partir de lo anterior, halle el valor de


8
0
Solución:
 1 
a) i) (1 + i tan ) =  1 + tan2   = 


  cos  
(1 + i tan )
n
+ (1 − i tan )
n
2cos 4x
cos 2 x
dx .
[13 puntos]
(1 − itgan) = 
1 

cos
 −

n
n
 1  
 1  
1
1
2cos n
= 
(cos n + isenn) +
(cos( −n) + isen( −n)) =
  + 
  =
n
n
cos

cos

  
 −  
cos 
cos 
cos n 


3
3
4
4 2cos 4
2cos
3  
3 

8
2 =0
ii)  1 + i tan  +  1 − i tan  =
=
8 
8
4 3
4 3

cos
cos
8
8
iii) La conjugada de la anterior: − i tan
3
8
b) i)

2 tan





8
tan =
→ 1 − tan2 = 2 tan → tan2 + 2 tan − 1 = 0 →
4 1 − tan2 
8
8
8
8
8

−1+ 2
 −2 8 
→ tan =
=

− 1 − 2 No válida,  primer cuadrante
8
2

8

ii)
cos 4x = cos 2 2x − sen2 2x = (cos 2 x − sen2x )2 − 4sen2x cos 2 x = (2cos 2 x − 1)2 − 4sen2x cos 2 x =
= 4 cos 4 x + 1 − 4 cos 2 x − 4(1 − cos 2 x )cos 2 x = 8 cos 4 x − 8 cos 2 x + 1
iii)

π
8
0
π
8
π

 1 + cos 2x
1 
1 
 8 cos 2 x − 8 +
 dx = 2 8  8.
 dx =
dx = 2
−8+
2
2 
2
cos x
0 
cos x 
0 
cos 2 x 
2cos 4x


π
8
0
= 8x + 4sen2x − 16x + 2tgx = π + 2 2 − 2π − 2 + 2 2 = − π + 4 2 − 2
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Jueves 13 de noviembre de 2014
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
Considere los dos planos
1 : 4x + 2y − z = 8
.
2 : x + 3y + 3z = 3
Halle el ángulo que forman 1 y 2 , aproximado al número entero de grados más próximo.
Solución:

cos( π1 , π2 ) =
| 4 + 6 − 3|
21 19
=
7
399
= 69,48  69
2.- [Puntuación 5]
Las envergaduras de las aves de una determinada especie se pueden modelizar por una distribución
normal, de media 60,2 cm y desviación típica 2,4 cm.
Según este modelo, el 99% de las aves tienen una envergadura mayor que x cm.
a) Halle el valor de x.
[2 puntos]
En un experimento de campo, un equipo de investigación estudia una amplia muestra de estas aves.
Miden la envergadura de cada ave, aproximada al múltiplo de 0,1 cm más próximo.
b) Halle la probabilidad de que un ave elegida al azar tenga una envergadura media de 60,2 cm.
Solución:
a) X:"envergadura de las aves" es N(60.2, 2.4)
P(X>x)=0,99 →x=54,62 cm.
b) P(60,15<X<60,25)=0,0166
3.- [Puntuación 6]
Considere el conjunto de datos 2 , x , y , 10, 17 , x , y  Z+ y x  y .
La media de este conjunto de datos es 8 y la varianza es 27,6. Halle el valor de x y el valor de y.
Solución:
2 + x + y + 10 + 17
8=
→ x + y = 11
5
Var( X )= E( X 2 )− E( X )2
27,6
=
4 + x 2 + y 2 + 100 + 289
− 64
5
→ x 2 + y 2 = 65 → x 2 + (11 − x )2 = 65 →
x = 7 y = 4 No válida porque x  y
→ 2x 2 − 22x + 56 = 0 → 
 x = 4 y =7
[3 puntos]
4.- [Puntuación 5]
Dos ciclistas están en el mismo cruce de carreteras. Uno de los ciclistas viaja hacia el norte a 20kmh −1 .
El otro ciclista viaja hacia el oeste a 15kmh −1 .
Utilice el cálculo analítico para mostrar que la razón a la que cambia la distancia entre los dos ciclistas es
independiente del tiempo.
Solución:
Sea D(t) la distancia entre los ciclistas en el instantes t.
Objetivo D´(t)
D2( t ) = 225t 2 + 400t 2 = 625t 2 → D( t ) = 25t → D´( t ) = 25 kmh −1
5.- [Puntuación 8]
x − 1 y − 5 z − 12
x − 1 y − 5 z − 12
.
=
=
L2 :
=
=
3
2
−2
8
11
6
El plano  contiene a L1 y también a L2 .
Las rectas L1 y L2 vienen dadas por L1 :
a) Halle la ecuación cartesiana de  .
[4 puntos]
La recta L3 pasa por el punto (4, 0, 8) y es perpendicular a  .
b) Halle las coordenadas del punto en el que L3 corta a  .
Solución:
x −1 3
[4 puntos]
8
2 11 = 0 → 12x − 12 + 33z − 396 − 16y + 80 − 16z + 192 − 18y + 90 + 22x − 22 = 0 → 2x − 2y + z − 4 = 0
z − 12 − 2 6
a) y − 5
x = 4 + 2t

b) L3 :  y = −2t
 z = 8+t

2(4 + 2t ) − 2( −2t ) + (8 + t ) − 4 = 0 → t = −
4
 4 8 20 
→ Punto de corte  , , 
3
3 3 3 
6.- [Puntuación 6]
Considere p( x ) = 3x3 + ax + 5a , a  R . Cuando el polinomio se divide entre (x-a), el resto es igual a -7.
Muestre que sólo hay un valor de que satisfaga la condición anterior e indique dicho valor.
Solución:
− 7 = 3a3 + a2 + 5a → 3a3 + a2 + 5a + 7 = 0
-1
3
3
1
-3
-2
5
2
7
7
-7
0
 a = −1

3a3 + a2 + 5a + 7 = 0 →  2
2  − 80
R
3a − 2a + 7 = 0 → a =
6
7.- [Puntuación 9]
El séptimo, el tercer y el primer término de una progresión aritmética constituyen los tres primeros
términos de una progresión geométrica.
En la progresión aritmética, el primer término es a y la diferencia común, no nula, es d.
a
a) Muestre que d = .
[3 puntos]
2
El séptimo término de la progresión aritmética es 3. La suma de los n primeros términos de la
progresión aritmética supera a la suma de los n primeros términos de la progresión geométrica
por al menos 200.
b) Halle el menos valor de n para el cual sucede esto.
[6 puntos]
Solución:
a) El séptimo, el tercer y el primer término de la progresión aritmética son: a+6d
a+2d
a
d 0
a + 2d
a
a
=
→a2 + 4d2 4ad = a2 + 6ad →4d2 = 2ad → d =
a + 6d a + 2d
2
3
3
b) a + 6d = 3 → a =
d=
4
8
La razón común de la geométrica es:
3
4
3 3
+
4 4
=
1
2
n
1
3 3
3
9
3
3.  − 3
n
+ + (n − 1).
n + n2
2
1
4 4
8 .n   
8
+ 200 → 8
 −6  + 6 + 200 →
1
2
2
2
−1
2
n
9
3
1
→ n + n2  −12  + 412→ n  31,68 → n = 32
8
8
2
8.- [Puntuación 7]
Una partícula se mueve en línea recta, de modo tal que su velocidad, v ms−1 , en el instante t
5 − ( t − 2)2 ,

segundos viene dada por v( t ) = 
t
3− ,

2
0 t 4
t 4
.
a) Halle el valor de t para el cual la partícula se encuentra momentáneamente en reposo.
[2 puntos]
La partícula vuelve a su posición inicial en t=T.
b) Halle el valor de T.
[5 puntos]
Solución:
2
a) 3 − = 0 → t = 6
t
b) Espacio recorrido entre 0 y 6 seg:
 t
(
5 − ( t − 2) ) dt +  3 −  dt =

  2
4
6
2
0
4
4
6

( t − 2)3  
t2 
= 5t −
 + 3t −  =
3  
4 

0
4
8 8
16 47
= 20 − − + 18 − 9 − 12 + 4 = 21 −
=
3 3
3
3
Espacio recorrido entre 6 y T seg.
T
t
47

→ T = 13,92seg.
 − 3 +  dt =
2
3
6 

9.- [Puntuación 8]
La compactibilidad es una propiedad que indica cuán compacta es una región cerrada.
4A
La compactibilidad C de una región cerrada se puede definir mediante C =
, donde A es el
d2
área de la región y d es la distancia máxima entre dos puntos cualesquiera de la región.
En el caso de una región circular, C=1.
Considere un polígono regular de n lados de manera tal que los vértices pertenecen a la
circunferencia de un círculo de diámetro x unidades.
2
nsen
n
a) Si n>2 y par muestre que C =
.


 1 + cos 
n

b) Halle el polígono regular con el menor número de lados para el que la compactibilidad es
mayor que 0,99.
c) Comente brevemente sobre si C es una buena medida de la compactividad.
Solución:
[3 puntos]
[4 puntos]
[1 punto]
2 
x x
sen 

22
n 
4
n
n
2
2
a) C =
=
sen
2
2
n
x
b) Si n es par: C>0,99 para n=26
Si n es impar: C>0,99 para n=21
c) No es una buena medida de la compactibilidad, porque se alcanzan antes valores de compactibilidad con n
impar que con n par.
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 12]

Considere el triángulo PQR, donde QPR = 30 , PQ=(x+2) cm y PR= (5− x )2 cm, donde -2<x<5.
a) Muestre que el área del triángulo, A cm 2 , viene dada por A =
b)
i) Indique
i) Halle
)
[2 puntos]
dA
.
dx
ii) Verifique que
c)
(
1 3
x − 8x2 + 5x + 50 .
4
d2 A
dx 2
dA
1
= 0 para x = .
dx
3
[3 puntos]
y, a partir de lo anterior, justifique que el área máxima del triángulo PQR
1
.
3
ii) Indique el área máxima del triángulo PQR.
iii) Halle QR cuando el triángulo PQR alcanza su valor máximo.
Solución:
1
(5 − x )2( x + 2).
3
2
2 = x − 8x + 5x + 50
a) A =
2
4
se obtiene cuando x =
b) i)
ii)
dA 3x2 − 16x + 5
=
dx
4
5 No válido
dA
16  14 

= 0 → 3x2 − 16x + 5 = 0 → x =
= 1
dx
6

 3
c) i)
d2 A
dx
2
Para x =
=
6x − 16 3x − 8
=
4
2
d2 A
1
3
ii) Para x =
7
=− 0
2
dx
2
1
3
A = 12,7 cm2
1
1
1
1
iii) QR 2 = ( + 2)2 + (5 − )4 − 2.( + 2).(5 − )2 . cos 30 = 391,7 → QR = 19,8
3
3
3
3
[7 puntos]
11.- [Puntuación 10]
El número de quejas que recibe cada día el servicio de atención al cliente de una tienda por
departamentos sigue una distribución de Poisson de media 0,6.
a) En un día elegido al azar, halle la probabilidad de que
i) no haya ninguna queja
ii) haya al menos tres quejas
b) En una semana de cinco días elegida al azar, halle la probabilidad de que no se reciba ninguna
queja.
c) En un día elegido al azar, halle el número más probable de quejas que se reciben.
Justifique su respuesta.
Esta tienda por departamentos introduce una nueva normativa para mejorar el servicio de
atención al cliente.
El número de quejas que recibe cada día el servicio de atención al cliente ahora sigue una
distribución de Poisson de media λ.
En un día elegido al azar, la probabilidad de que no se reciba ninguna queja es ahora igual a 0,8.
d) Halle el valor de λ.
Solución:
a) X:”nº de quejas que se reciben cada día” es Po(0,6)
i) P(X=0)=0,5488
ii) P(X  3) = 1 − P(X  2 == 1 − 0,9769 = 0,0231
b) Y:”nº de quejas que se reciben en una semana de 5 días” es Po(3)
P(Y=0)=0,0498
c) El número más probable es X=0 porque P( X = x ) =
d) Z:”nº de quejas que se reciben por días” es Po() .
P(Z = 0) =
e− 0
= 0,8 →  = 0,2231
0!
e−0,6 .0,6x
es una función decreciente.
x!
[3 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
12.- [Puntuación 11]
Ava y Barry juegan a un juego con una bolsa que contiene una canica verde y dos canicas rojas.
Cada jugador, por turnos, va sacando al azar una canica de la bolsa, anota el color y vuelve a meter l
a canica en la bolsa. Ava gana el juego si saca una canica verde.
Barry gana el juego si saca una canica roja. Ava empieza a jugar.
Halle la probabilidad de que
a) Ava gane el juego en su primer turno.
b) Barry gane el juego en su primer turno
c) Ava gane el juego en uno de sus tres primeros turnos
d) Ava gane el juego en algún momento
Solución:
PRIMER TURNO
1/3
AVA saca
verde
1/3
1/3
2/3
SEGUNDO TURNO
AVA saca
verde
1/3
1/3
2/3
2/3
TERCER TURNO
BARRY saca
verde
AVA saca
roja
[1 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]
[4 puntos]
AVA saca
roja
AVA saca
verde
BARRY saca
verde
BARRY saca
ROJA
a) P(Ava gane en su primer turno)=
1
3
2 2 4
b) P(Barry gane en su primer turno)= . =
3 3 9
c) P(Ava gane en uno de sus tres primeros turnos)=P(Ava gane en el primero)+P(Ava gane en el segundo)+
1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 2
4
103
+
=
+P(Ava gane en el tercero)= + . . + . . . . = +
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 27 243 243
1
3
d) P(Ava gane el juego)= 3 =
2 7
1−
9
13.- [Puntuación 16]
En la siguiente figura se muestra la sección transversal vertical de un contenedor.
Los lados de dicha sección transversal vienen dados por la ecuación y = 0,25x2 − 16 .
Las secciones transversales horizontales son circulares. El contenedor tiene una altura de 48 cm.
a) Si el contenedor se llena de agua hasta un altura h cm, muestre que el volumen del agua, V cm 3 ,
 h2

viene dado por V = 4
+ 16h  .
 2



[3 puntos]
El contenedor, que inicialmente está lleno de agua, empieza a gotear a través de un pequeño
agujero a una razón que viene dada por
b)
i) Muestre que
ii) Indique
t=
− 42
250

dV
250 h
=−
, donde t se mide en segundos.
dt
(h + 16)
dh
250 h
=−
.
2
dt
4 (h + 16)2
dt
y, a partir de lo anterior muestre que
dh
1
 32
−1 
 h + 32h 2 + 256h 2 dh .


iii) Halle el tiempo que tarda en vaciarse el contenedor, aproximado al número de
minutos más próximo. (60 segundos=1 minuto).
[10 puntos]
Una vez que está vacío, se vuelve a echar agua en el contenedor a una razón de 8,5cm3s −1 .
250 h
cm3s −1 .
(h + 16)
c) Utilizando un gráfico aproximado apropiado, determine la altura a la que acaba
Simultáneamente, el contenedor sigue goteando a una razón de
estabilizándose el nivel del agua en el contenedor.
[3 puntos]
Solución:
a) y = 0,25x2 − 16 → x = 
y + 16
x + 16
→ f −1( x ) =
0,25
0,25
h
 x2

 h2

x + 16
V=
dx = 4 + 16x  = 4 + 16h 
 2

0 0,25
 2
 0



b) i)
h
 250 h 
dh dh dV
1  250 h 
1
 = − 250 h
=
.
=
. −
=
. −


dt dV dt dV  (h + 16)  4(h + 16)  (h + 16) 
42(h + 16)2
dh
ii)
dt
4π2(h + 16)2
4π2(h + 16)2
4π2(h + 16)2
=−
→ dt = −
dh → dt = −
dh →
dh
250 h
250 h
250 h
 
→t = −
4π2
250

h2 + 32h + 256
h
dh = −
1
1
 3
− 
4π2  2
2 + 256h 2 dh
h
+
32
h

250 




iii)
42
t = −−
250
0
1
1
5
3
1
 3
2 
− 
42
 2
2 + 256h 2  dh = − 4 . 2 h 2 + 64 h 2 + 512h 2 
h
+
32
h
=−
.(−17026,75) = 2688,75 seg.  45´



250  5
3
250

48 



 48

0
c) h=5,06 cm
14.- [Puntuación 11]
En el triángulo ABC,
3senB + 4cos C = 6
4senC + 3cos B = 1
a) Muestre que sen(B + C) =
1
2
[6 puntos]

Robert conjetura que CAB puede tener dos valores posibles.

b) Muestre que la conjetura de Robert es incorrecta, demostrando que CAB tiene sólo un
valor posible.
[5 puntos]
Solución:
a) Elevando al cuadrado las dos identidades y sumándolas:
9sen2B + 16cos 2 C + 24senBcos C = 36
16sen2C + 9cos 2 B + 24senC cos B = 1
9 + 16 + 24sen(B + C) = 37 →sen(B + C) =
b) Si sen(B + C) =
12 1
=
24 2


1
B + C = 30º → CAB = 150º
→

2
 B + C = 150º → CAB = 30º

1
11
Si B + C = 30 → B y C son menores que 30 → 3senB + 4cos C  3. + 4.1 =
= 5,5  6
2
2

Por tanto: CAB = 30
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ1
Martes 12 de mayo de 2015
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
El logo, para una empresa que produce chocolate, es un sector circular de radio 2 cm, que se muestra
sombreado en el diagrama. El área del logotipo es 3π cm2.
(a) Hallar, en radianes, el valor del ángulo θ, que aparece en el diagrama.
(b) Encuentre la longitud total del perímetro del logotipo.
Solución:
.4

→=
a) 4 − 3 =
2
2
 

b) Perímetro=  4 − .2  + 4 = 3 + 4
2


2.- [Puntuación 5]
Se hace un test de matemáticas en una clase de 20 estudiantes. Un estudiante obtiene 0, pero
todos los demás estudiantes obtienen 10.
(a) Encuentre la puntuación media de la clase.
(b) Escriba la mediana.
(c) Anote el número de estudiantes que estén
(i) por encima de la puntuación media;
(ii) por debajo de la mediana.
Solución:
[3 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
[1 punto]
[2 puntos]
_
0.1 + 10.19
= 9,5
20
b) Mediana=10
c) i) 19
ii) 1
a) x =
3.- [Puntuación 5]
(1 + tan x) dx .
(b) Calcule sen x dx .

2
(a) Calcule
2
Solución:
1
(1 + tan x) dx =  cos x dx = tanx + C
1
1
sen2x 
(1 − cos 2x ) dx =  x −
b) sen x dx =
+C


2
2
2 
2
a)
2
2
[2 puntos]
[3 puntos]
4.- [Puntuación 5]
(a) Desarrolle ( x + h )3 .
[2 puntos]
(b) A partir de lo anterior calcule la derivada de f ( x ) = x 3 usando la definición.
Solución:
3
3
3
 3
a) ( x + h)3 =  x3 +  x 2h +  xh2 +  h3 = x3 + 3x 2h + 3xh2 + h3
0
1
2
 
 
 
 3
[3 puntos]
f ( x + h) − f ( x )
x3 + 3x 2h + 3xh2 + h3 − x3
(3x 2 + 3xh + h2 )h
= lim
= lim
= lim (3x 2 + 3xh + h2 ) = 3x 2
h
h
h
h→0
h→0
h→0
h→0
b) f ´( x ) = lim
5.- [Puntuación 6]
Las funciones f y g se definen por f (x ) = ax2 + bx + c , x  R y g(x ) = psenx + qx + r , x  R
donde a, b, c, p, q, r son constantes reales.
(a) Sabiendo que f es una función par, muestre que b = 0.
(b) Sabiendo que g es una función impar, halle el valor de r.
La función h es a la vez impar y par, con el dominio R.
(c) Halle h (x).
Solución:
[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
a) f ( −x ) = f ( x ) → ax2 − bx + c = ax2 + bx + c → 2bx = 0 → b = 0
b) g(−x ) = −g(x ) → psen(−x) + q(−x) + r = −(psenx + qx + r) → − psenx − qx + r = −psenx − qx − r → 2r = 0 → r = 0
c) h(−x ) = h(x) = −h(x ) → 2h(x) = 0 → h(x) = 0 x  R
6.- [Puntuación 7]
3x − 2
1
, x R , x 
2x − 1
2
−1
f
(
x
)
(a) Encuentre una expresión para
.
Una función f se define por f(x) =
B
(b) Sabiendo que f (x) se puede escribir en la forma f ( x ) = A +
, calcule los valores
2x − 1
de las constantes A y B.
3x − 2
dx .
(c) Usando lo anterior, calcule
2x − 1
Solución:
3x − 2
y −2
a) y =
→ 2xy − y = 3x − 2 → x =
2x − 1
2y − 3

f −1 ( x ) =
x −2
2x − 3
3

 2A = 3 → A = 2
3x − 2
B
=A+
→ 3x − 2 = 2Ax − A + B → 
b)
3
1
2x − 1
2x − 1
− 2 = − + B → B = −
2
2

c)
3x − 2
3
1
dx
3
1
 2x − 1 dx =  2 dx − 2  2x − 1 = 2 x − 4 ln | 2x − 1| +C
[4 puntos]
[2 puntos]
[1 punto]
7.- [Puntuación 5]
Sea p( x ) = 2x5 + x 4 − 26x3 − 13x2 + 72x + 36 , x  R .
(a) Para la ecuación polinómica p (x) = 0, calcule
(i) la suma de las raíces;
(ii) el producto de las raíces.
Un nuevo polinomio se define por q (x) = p (x + 4).
(b) Calcule la suma de las raíces de la ecuación q (x) = 0.
Solución:
a
1
a) i) Suma de las raíces= − n −1 = −
an
2
[3 puntos]
[2 puntos]
a
36
= −18
ii) Producto de las raíces= ( −1)n 0 = −
an
2
b) La gráfica de q(x) es la gráfica de p(x) trasladada a la izquierda 4 unidades.
1
41
La suma de las raíces de q(x) es: − − 5.4 = −
2
2
8.-[Puntuación 7]
Usando la sustitución u = e x + 3 , calcule
e
ex
2x
+ 6e x + 13
dx .
Solución:
du = e x dx
e
2x
ex
+ 6e x + 13
dx =
du
 (u − 3) + 6(u − 3) + 13  u
2
=
du
2
+4
=

 ex + 3 
1
1
u
+C
= arctan  + C = arctan
 2 
2
  u 2  2
2


4 1 +   
 2 


du
9.- [Puntuación 9]
Las funciones f y g se definen por f (x ) = 2x +

, x  R y g(x ) = 3senx + 4, x  R .
5
π

(a) Muestre que (gof )( x ) = 3sen 2x +  + 4 .
5

(b) Encuentre el recorrido de gof.
3
 3 
(c) Sabiendo que gof   = 7 , encuentre el siguiente valor de x, mayor que
para el cual
20
 20 
(gof)(x)=7.
(d) La gráfica de y = (gof)(x) se puede obtener aplicando cuatro transformaciones a la gráfica
de y = sen x.
Indique cuáles son las cuatro transformaciones geométricas y el orden en que se aplican.
Solución:
π
π


a) (gof )( x ) = g[f ( x )] = g 2x +  = 3sen 2x +  + 4
5
5



[1 punto]
[2 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]
π

b) 1  3sen 2x +  + 4  7 → R gof = 1, 7
5

π
π π
3π

+ kπ , k  Z
c) (gof )( x ) = 7 → sen 2x +  = 1 → 2x + = + 2kπ , k  Z → x =
5
5 2
20

23
Para k = 1
x=
20
 
π 
d) (gof )( x ) = 3sen 2 x +   + 4
10  
 
Estiramiento vertical de razón 3.
Contracción horizontal de razón 2.
Traslación vertical hacia arriba 4 unidades.

Traslación horizontal a la izquierda
unidades.
10
10.- [Puntuación 6]
Un equipo de fútbol, Melchester Rovers está jugando un torneo de cinco partidos.
1 1
1
y respectivamente.
Las probabilidades de que gane, empate o pierda un partido son ,
2 6
3
Estas probabilidades permanecen constantes.
El resultado de un partido es independiente de los resultados de otros partidos.
Al final del torneo, su entrenador Roy pierde su trabajo si pierde tres partidos consecutivos, de lo contrario no
pierde su trabajo.
Encuentre la probabilidad de que Roy pierda su trabajo.
Solución:
P(perder exactamente 3 y consecutivos)=P(perder sólo 1º, 2º y 3º)+P(perder sólo 2º,3º y 4º)+
 1 3 1 2 1 2
1 1 
1 1 1 1
1 16 12
     
+P(perder sólo 3º, 4º y 5º)= 3.      +   + 2. .  = 3.  +
+  = 3. . =
2 6 
27  4 36 6 
27 36 243
 3    2   6 



P(perder exactamente 4 con 3 de ellos consecutivos)=P(Perder Perder Perder Perder Ganar)+
+ P(Perder Perder Perder Perder Empatar)+ P(Perder Perder Perder Ganar Perder)+
+ P(Perder Perder Perder Empatar Perder)+ P(Perder Ganar Perder Perder Perder)+
+ P(Perder Empatar Perder Perder Perder)+ P(Ganar Perder Perder Perder Perder)+
4
1 1 8
8
1  1
+ P(Empatar Perder Perder Perder Perder)=    4. + 4.  = . =
6  81 3 243
3  2
P(perder los 5 partidos)=
1
243
P(Roy pierda su trabajo=
12
8
1
7
+
+
=
243 243 243 81
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 21]
Sea y( x ) = xe3x , x  R .3
a) Calcule
dy
.
dx
[2 puntos]
(b) Demuestre por inducción que
dn y
n
= n3n −1 e3x + x3n e3x , para n  Z + .
dx
(c) Calcule las coordenadas de algún punto máximo o mínimo local en la gráfica de y (x).
Justifique si tal punto es un máximo o un mínimo.
(d) Encuentre las coordenadas de algún punto de inflexión en la gráfica de y (x).
Justifique si ese punto es un punto de inflexión.
(e) Usando lo anterior, dibuje la gráfica de y (x), indicando claramente los puntos encontrados
en las partes (c) y (d) y cualquier intersección con los ejes.
Solución:
dy
a)
= e3x + 3xe3x
dx
dy
b) Para n=1
= e3x + 3xe3x = 1.31−1.e3x + x.31 e3x Cierto
dx
dk y
= k3k −1 e3x + x3k e3x
Suponemos cierto para n=k
k
dx
Probemos para n=k+1
d k +1y
dx
k +1
=
(
)
[5 puntos]
[5 puntos]
[2 puntos]
d k +1 y ?
=(k + 1)3k e3x + x3k +1 e3x
dx k +1
(
)
d
k3k −1 e3x + x3k e3x = k3k −1.3e3x + 3k e3x + x.3.e3x = k3k e3x + 3k e3x + x3k +1 e3x = (k + 1)3k e3x + x3k +1 e3x
dx
1
c) e3x + 3xe3x = 0 → 1 + 3x = 0 → x = −
3
2
d y
= e3x (6 + 9x )
2
dx
d2y
1
1
 1
= (3)´  0 →  − , −  es un mínimo
e
 3 3e 
dx
2
d) e3x (6 + 9x ) = 0 → x = −
3
Para x = −
1
3
 2
2 
 − , −

 3 3e2 
e)
[7 puntos]
2
es un punto de inflexión
−
2
3
12.- [Puntuación 18]
Sea u n , n Z+ , una sucesión aritmética con primer término igual a a y diferencia común d,
donde d  0 .
Sea otra sucesión v n , n Z+ +, definida por v n = 2u n .
(a)
(i) Demuestre que
v n +1
es una constante.
vn
(ii) Escriba el primer término de la secuencia v n  .
(iii) Escriba una fórmula para v n en función de a, d y n.
[4 puntos]
Sea S n la suma de los primeros n términos de la sucesión v n 
(b)
(i) Escriba S n , en función de a, d y n.

(ii) Halle los valores de d para los cuales
v
existe.
i
i =1

Se sabe ahora que
v
i
existe y se denota por S .
i =1
(iii) Escriba S en función de a y d.
(iv) Sabiendo que S = 2a +1 calcule el valor de d.
[8 puntos]
Sea w n , n Z+ , una sucesión geométrica con primer término igual a p y una razón común q,
donde p y q son ambos mayores que cero.
Sea ahora otra sucesión z n  que se define por z n = ln w n ..
n
(c) Calcule
z ,dando su respuesta en la forma ln k con k en función de n, p y q.
i
i =1
Solución:
a) i)
v n+1 2u n+1 2u n +d
=
=
= 2d
un
un
vn
2
2
ii) v 1 = 2u1 = 2a
( )
iii) v n = 2a . 2d
n−1
= 2a+( n−1)d
v .2d − 2a 2a+(n−1)d+d − 2a 2a+nd − 2a 2a (2nd − 1)
b) i) Sn = n
=
=
=
2d − 1
2d − 1
2d − 1
2d − 1
ii) | 2d | 1 → d  0
iii) S  =
iv)
2a
1 − 2d
2a
d
1−2
= 2a +1 → 2a = 2a .2(1 − 2d ) → 1 − 2d =
(
1
→ d = −1
2
)
c) z n = ln w n = ln p.q n−1 = ln p + (n − 1)ln q
z n  es una progresión aritmética con
n

i=1
zi =
(
z1 = ln p y diferencia común lnq.
) (
ln p + ln p + (n − 1)ln q
n
.n = ln p2 .q n−1 = ln p2 .q n−1
2
2
)
n
2
[6 puntos]
13.- [Puntuación 21]
→
→
Dos rectas l1 y l2 están dadas respectivamente por las ecuaciones r1= OA +  v y r2= OB+  w
→
→
donde OA = i+2j+3k , v=i+j+k, OB = 2i+j-k, w=i-j+2k y O es el origen.
Sea P un punto en l1 y sea Q un punto en l2 .
→
(a) Calcule PQ en función de λ y μ.
[2 puntos]
→
(b) Hallar el valor de λ y el valor de μ para el cual PQ es perpendicular a los vectores de
dirección de l1 y l2 .
[5 puntos]
(c) Usando lo anterior encuentre la distancia más corta entre l1 y l2 .
[3 puntos]
(d) Halle la ecuación cartesiana del plano Π, que contiene la recta l1 y es paralelo al vector
de dirección de la recta l2 .
[5 puntos]
→
→
Sea OT = OB+  (v x w).
(e) Hallar el valor de η para el cual el punto T se encuentra en el plano Π.
→
(f) Para este valor de η, calcule BT .
(g) Indique lo que usted nota acerca de sus respuestas a (c) y (f), y dé una interpretación
de este resultado.
Solución:
1 1
 2 1
   
   
a) l1 : r1=  2  +  1 
l2 : r2=  1  +  − 1 
 3 1
 − 1  2 
   
   
 1+ − 
→ 

PQ =  − 1 −  −  
 − 4 + 2 −  


1
 
b) PQ•  1  = 0 → 1 +  −  − 1 −  −  − 4 + 2 −  = 0 → 2 − 3 = 4
1
 
→
1
 
PQ•  − 1  = 0 → 1 +  −  + 1 +  +  − 8 + 4 − 2 = 0 → 6 − 2 = 6
 2
 
→
2 − 3 = 4
6
→=−
7
6 − 2 = 6
c) Para
→
| PQ |=
=−
6
7
y =
=
5
7
5
7
 18 


7
→  6 
PQ =  − 
 7 
 12 
− 
 7 
324 36 144
504 6 14
+
+
=
=
49 49 49
7
7
[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
x −1 1 1
d)  : y − 2 1 − 1 = 0 → 2x − 2 − z + 3 + y − 2 − z + 3 − 2y + 4 + x − 1 = 0 → 3x − y − 2z + 5 = 0
z −3 1 2
i
j k
e) v x w= 1 1 1 = 3i-j-2k
1 −1 2
 2   3   2 + 3 
    

OT =  1  +  − 1  =  1 −  
 − 1   − 2  − 1 − 2 
    

→
6 + 9 − 1 +  + 2 + 4 + 5 = 0 →  =
−12
6
=−
14
7
f)
Para  = −
→
BT =
→
6
7
 4   18 
−  − 
 − 2  7   7 
→
→ → 
 13   6 
BT = BO+ OT =  − 1  + 
=

 

 1   7   7 
5
12
 

 

 7   7 
324 36 144
504 6 14
+
+
=
=
49 49 49
7
7
g) BT es perpendicular a  y a l2 , así que su longitud es la distancia más corta entre  y l2 , que es la
distancia más corta entre l1 y l2 .
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ2
Martes 12 de mayo de 2015
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
A y B son dos sucesos tales que P(A)=0,25, P(B)=0,6 y P( A  B) = 0,7 .
a) Halle P( A  B) .
b) Determine si los sucesos a A y B son independientes.
Solución:
a) P( A  B) = P( A) + P(B) − P( A  B) = 0,25 + 0,6 − 0,7 = 0,15
[2 puntos]
[2 puntos]
b)
P( A  B) = 0,15 
 → A y B son independientes
P( A ).P(B) = 0,15
2.- [Puntuación 4]
Desarrolle (3 − x )4 en potencias ascendentes de x y simplifique la respuesta.
Solución:
 4
 4
 4
 4
 4
(3 − x )4 =  34 −  33 x +  32 x 2 −  3x3 +  x 4 = 81 − 108x + 54x 2 − 12x3 − x 4
0 
1 
2 
3 
 4
3.- [Puntuación 6]
Halle todas las soluciones de la ecuación tan x + tan2x = 0 donde 0  x  360 .
Solución:


 x = 0
 tan x = 0 → 



x = 180

 x = 60
2 tan x

tan x + tan2x = 0 → tan x +
= 0 → tan3 x − 3 tan x = 0 → tan x(tan2 x − 3) = 0 → 


1 − tan2 x
tan x =  3 → x = 240



x = 120

x = 300



4.- [Puntuación 7]
Considere la función definida mediante f ( x ) = x3 − 3x 2 + 4
a) Determine los valores de x para los cuales f(x) es una función decreciente.
En la curva y=f(x) hay un punto de inflexión, P.
b) Halle las coordenadas de P.
Solución:
[4 puntos]
[3 puntos]
a) f ´( x ) = 3x 2 − 6x
x = 0
3x 2 − 6x = 0 → 3x( x − 2) = 0 → 
x = 2
f(x) es decreciente si 0<x<2
b) f ´´(x) = 6x − 6
6x-6=0→x=1
P((1,2)
0
2
5.- [Puntuación 6]
Muestre que
2
15
 x ln x dx = 4 ln2 − 16
3
1
Solución:
I=
 x ln x dx
3
v´ = x 3
u = ln x
u´=
1
x
I = ln x
v=
x4
4
x4
x3
x4 x4
−
dx = ln x
−
+C
4
4
4 16

2

x4 x4 
1
15
x ln x dx = ln x
−  = ln 2.4 − 1 +
= 4 ln 2 −
4
16
16
16
1
1


2
3
6.- [Puntuación 8]


En el triángulo ABC, BC = 3 cm, ABC =  y BCA =
a) Muestre que la longitud AB =

.
3
3
.
3 cos  + sen
b) Sabiendo que AB alcanza un valor mínimo, determine el valor de  para el cual sucede esto.
Solución:
3
3.
AB
3
3
2
a)
=
AB =
=

2



3
1
3 cos  + sen
sen
sen −  
cos  + sen
3
2
2
 3

b) Sea f () =
f ´() =
3
3 cos  + sen
(
− 3 − 3sen + cos 
( 3 cos
 + sen
)
2
)
− 3sen + cos  = 0 → tan  =
1
3
→=

6
0
π/6
π
[4 puntos]
[4 puntos]
7.- [Puntuación 9]
a) Halle tres raíces distintas de la ecuación 8z3 + 27 = 0 , z  C , en forma módulo-argumental.
[6 puntos]
Las raíces se representan mediante los vértices de un triángulo en un diagrama de Argand.
b) Muestre que el área del triángulo es igual a
Solución:
a) z3 = −
27
 27 
→z =3  
8
 8 
27 3
.
16
[3 puntos]
3
  
2
3

3
 3
= 
= 
 2   + 2k k =0, 1, 2   2  
3 3
 3 
  5
 2 
3

3 3 3
31
3  3 3 3
3

b)   =  +
i = +
i → A ,


4 4 
4
 2 2 2 2  4


3
 3 −3 3 

C ,
4

4


2.
Área =
 3 
B − , 0 
 2 
3 3  3 3
. + 
4  4 2  27 3
=
2
16
8.- [Puntuación 8]
Utilizando la sustitución t=tanx, halle
dx
 1 + sen x .
2
Exprese la respuesta de la forma m.arctan(n tanx)+c, donde m y n son constantes que deberá determinar.
Solución:
t=tanx→ x=arctant
1
dx =
dt
1 + t2
1
1 + 2t 2
1 + sen2x = 1 + 1 − cos 2 x = 2 −
=
1 + tan2 x 1 + t 2
1
2
dx
1
1
1
1
= 1 + t 2 dt =
dt =
dt =
arctan( 2 t ) + c =
arctan( 2 tan x ) + c
2
2
2
2
2
1 + sen x
1 + 2t
1 + 2t
1+ 2 t



1 + t2
 ( )
9.- [Puntuación 8]
a) Indique el conjunto de valores de a para los cuales la función x  log a x existe para
todo x R + .
b) Sabiendo que log x y = 4 log y x , halle todas las posibles expresiones de y en función de x.
Solución:
a) a  R + a  1
 log y = 2 → y = x2
x
log x x 4

2
→ (log x y ) = 4 → 
1
b) log x y = log y x =
log
log x y
 x y = −2→ y = 2
x

4
[2 puntos]
[6 puntos]
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 17]
3x
, x R, x  2 .
x −2
a) Dibuje aproximadamente el gráfico de y=f(x), indicando claramente todas las asíntotas y los
puntos de corte con los ejes x e y.
[4 puntos]
b) Halle una expresión para f −1 ( x ) .
[4 puntos]
c) Halle los valores de x para los cuales f ( x ) = f −1( x ) .
[3 puntos]
La función f se define mediante f (x ) =
3
.
2
3
e) Resuelva la inecuación f (| x |)  .
2
Solución:
d) Resuelva la inecuación | f(x )|
[4 puntos]
[2 puntos]
a) Asíntota vertical: x=2
Asíntota horizontal: y=3
Cortes ejes (0, 0)
b) y =
3x
2y
2x
→ yx − 2y = 3x → x =
→ f −1(x ) =
x −2
y −3
x −3
c)
x = 0
3x
2x
=
→ 3x 2 − 9x = 2x 2 − 4x → x 2 − 5x = 0 → 
x −2 x −3
x = 5
d)
3x
3

x −2 2
Veamos donde
3x
3
− 0
x −2 2
3
 3x
3x
3  x − 2 = 2 → x = −2
= →
x − 2 2  3x = − 3 → x = 2
2
3
x −2
| f(x )|
3
2
si − 2  x 
3
2
e) f (| x |) 
3
si −2  x  2
2
+
-2
+
2/3
11.- [Puntuación 16]

x +1
y g(x ) =
, x R , x  1 .
2
x −1
a) Halle una expresión para (gof)(x); indique cual es su dominio.
senx + cos x
b) A partir de lo anterior, muestre que gof ( x ) =
.
senx − cos x
dy
c) Sea y=(gof)(x). Halle el valor exacto de
en el punto del gráfico de y=(gof)(x) en el que
dx

x = ; exprese la respuesta en la forma a + b 3 a , b  Z .
6
d) Muestre que el área delimitada por el gráfico de y=gof(x), el eje x y las rectas

x = 0 y x = es ln(1 + 3 ) .
6
Solución:
tan x + 1
 π π
Dgof = 0,  −  
a) (gof )( x ) =
tan x − 1
 2 4
Considere las funciones f ( x ) = tan x , 0  x 
[2 puntos]
[2 puntos]
[6 puntos]
[6 puntos]
senx
+1
tan x + 1 cos x
senx + cos x
b) (gof )( x ) =
=
=
tan x − 1 senx
senx − cos x
−1
cos x
c)
dy (cos x − senx)(senx − cos x ) − (cos x + senx)(senx + cos x ) − sen2x − cos 2 x + 2cos xsenx − cos 2 x − sen2x − 2senx cos x
=
=
=
dx
(senx − cos x )2
sen2x + cos 2 x − 2senx cos x
=
−2
1 − sen2x
En x =

6
dy
=
dx
−2
1−
3
2
=
−4
2− 3
=
− 4(2 + 3 )
= −8 − 4 3
1
d)
π
6
π
senx + cos x
1
3
1− 3
dx = − ln | senx − cos x |06 = − ln −
= − ln
=
senx − cos x
2 2
2
Área =

= − ln
3 −1
2
= ln
= ln 3 + 1
2
3 −1
0
−
(
)
12.- [Puntuación 14]
La ecuación cúbica x3 + px2 + qx + c = 0 , tiene por raíces , ,  .
Desarrollando (x −  )(x − )( x −  ) , muestre que:
a)
i) p = −( +  +  )
ii) q = +  + 
iii) c = −
Ahora se sabe que p=-6 y q=18 para los apartados (b) y (c).
b)
i) En el caso en que las tres raíces , ,  forman una progresión aritmética, muestre
que una de las raíces es 2.
ii) A partir de lo anterior, determine el valor de c.
c) En otro caso, las tres raíces , ,  forman una progresión geométrica.
Determine el valor de c.
Solución:
[3 puntos]
[5 puntos]
[6 puntos]
a) (x −  )( x − )( x −  ) = (x 2 − x − x + )( x −  ) = x3 − x 2 − x 2 + x − x 2 + x + x − 
Identificando coeficientes:
p = − −  −  = −( +  +  )
q = +  + 
c = −
b) i) Sean las raíces: ,
 =  − d,
 = +d
−6 = −( +  − d +  + d) →  = 2
ii) 18 = ( − d) + ( − d)((  + d) + ( + d) → 18 = 2 − d + 2 − d2 + 2 + d → 18 = 32 − d2 → d2 = −6
c = −( − d)(  + d) = −(2 − d2 ) = −2(4 + 6) = −20
c) Sean las raíces:  ,
− 6 = −(α +
18 =
=

,
r
 = r
α
+ αr )
r
α2
α
+ α 2 + α 2r →18 = α(α + + αr ) = α.6 → α = 3
r
r
3
c = −3. .3r = −27
r
13.- [Puntuación 13]
1
a) Muestre que
n + n +1
= n + 1 − n , donde n  0, n  Z .
1
2 −1 
b) A partir de lo anterior, muestre que
[2 puntos]
.
2
[2 puntos]
r=n
c) Demuestre, utilizando la inducción matemática, que
 1r 
n , para n  2 , n  Z .
r=1
Solución:
1
a)
=
n + n +1
b)
n − n +1
( n+
n +1
2 −1 = 1+1 − 1 =
)( n −
n +1
1
1 + 1+1
=
r =2

c) Para n=2
)
n − n +1
= n +1 − n
n − n −1
=
1
1+ 2
1
r =1
r
=

1
1
1
+
2
1
2
=1+
1
2
( b)
 2
r =k
Suponemos cierto para n=k
 1r 
k
r =1
r = k +1

Probemos para n=k+1
1
r =1
r = k +1

r =1
1
r
r =k
=

r =1
1
r
+
1
k +1
 k+
1
k +1
r
?
 k +1
 k+
1
k +1 + k
(a )
= k + k +1 − k = k +1
[9 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ1
Miércoles 13 de mayo de 2015
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
2
La región R está encerrada por la gráfica de y = e − x , el eje x y las rectas x = -1 y x = 1.
Calcule el volumen del sólido de revolución que se forma cuando R se gira 2π alrededor del eje x.
Solución:
Volumen = 2
1
e
0
− 2x 2
dx = 3,758
2.- [Puntuación 4]
Los tiempos de llegada en una carrera de maratón siguen una distribución normal con media
de 210 minutos y desviación estándar 22 minutos.
(a) Encuentre la probabilidad de que un corredor termine la carrera en menos de tres horas.
El 90% de los más rápidos que acaban reciben un certificado.
(b) Encuentre el tiempo, por debajo del cual un competidor tiene que completar la carrera,
para ganar un certificado.
Solución:
a) X:”tiempos de carrera” es N(210, 22)
[2 puntos]
[2 puntos]
P(X<180)=P(100<X<180)=0,0863
b) P(X<T)=0,9 → T=238,19 minutos
3.- [Puntuación 5]
Se va a crear un mosaico seleccionando al azar 1000 pequeños azulejos, cada uno de los cuales
es ya sea negro o blanco. La probabilidad de que un mosaico sea blanco es 0.1.
Sea la variable aleatoria W el número de azulejos blancos.
(a) Calcule la distribución de W, incluyendo los valores de cualquier parámetro.
(b) Anote la media de W.
(c) Halle P (W> 89).
Solución:
a) W:”nº de azulejos blancos de los 1000” es B(1000, 0.1)
 1000
.0,1x .(0,9)100 − x
P( W = x ) = 
x

b) E(W)=1000. 0,1=100
c) P(W  89) = 1 − P(W  89) = 1 − 0,1334 = 0,8666
[2 puntos]
[1 punto]
[2 puntos]
4.- [Puntuación 6]

En un triángulo ABC, A = 50 , AB = 7 cm y BC = 6 cm.
Calcule el área del triángulo sabiendo que es menor de 10 cm2.
Solución:
36 = AC2 + 49 − 2.7.AC. cos 50
AC = 7,18
AC2 − 8,99AC + 13 = 0 → 
AC = 1,81
Para AC=7,18
Área =
7.7,18.sen50
= 10,25 cm2
2
Para AC=1,81
Área =
7.1,81.sen50
= 4,85 cm2
2
El área pedida es 4,85 cm2.
5.- [Puntuación 5]
Un tubo interno de la bicicleta se puede considerar como un cilindro con la altura fija 200 cm y el radio r cm. El
radio r aumenta a medida que se bombea el tubo interior. El aire está siendo bombeado en el tubo interior de
manera que el volumen de aire en el tubo aumenta a una velocidad constante de 30 cm3s-1.
Calcule la velocidad a la que el radio del tubo interno está aumentando cuando r = 2 cm.
Solución:
Objetivo: r´(t) cuando r(t)=2
V( t ) =  r2( t )h( t ) = 200 r2( t )
dV( t )
= 2002r( t )r´(t )
dt
30 = 800 r´(t ) → r´(t ) =
3
cms−1
80
6.- [Puntuación 4]
La función f se define por f ( x ) = x3 + ex + 1, x  R .
Teniendo en cuenta f ´(x), determine si f es una función uno-a-uno o una función varios-a-uno.
Solución:
f ´(x ) = 3x2 + ex  0, x  R → f(x) es estrictamente creciente x  R → f(x) es inyectiva (uno a uno).
7.- [Puntuación 7]
La variable aleatoria X sigue una distribución de Poisson con media m ≠ 0.
(a) Sabiendo que 2.P(X = 4)= P (X = 5), muestre que m = 10.
(b) Sabiendo que X ≤ 11, calcule la probabilidad de que X = 6.
Solución:
a) 2.
e−m .m4 e−m .m5
2
m
=
→
=
→ m = 10
4!
5!
24 120
b) P(X = 6 / X  11) =
P(X = 6  X  11) P(X = 6) 0,0631
=
=
= 0,0906
P(X  11)
P(X  11) 0,6968
[3 puntos]
[4 puntos]
8.- [Puntuación 8]
 2
4
 
 
Sea v=  3  y w=   
 5
 10
 
 
(a) Halle el valor de λ para que v y w sean paralelos.
(b) Calcule el valor de λ para que v y w sean perpendiculares.
(c) Halle los dos valores de λ si el ángulo entre v y w es 10ᵒ.
Solución:
2 3
a) = →  = 6
4 
58
b) v x w=0→ 8 + 3 + 50 = 0 →  = −
3
 λ = 3,73
8
+
3
λ
+
50
58 + 3λ
c) cos 10 =
=
→
λ = 8,76
4 + 9 + 25 16 + λ2 + 100
38 116 + λ2
[ 2 puntos]
[ 2 puntos]
[ 4 puntos]
9.- [Puntuación 7]
Encuentre la ecuación de la normal a la curva y =
e x cos x ln(x + e)
en el punto donde x = 0.
( x 17 + 1)5
En su respuesta, dé el valor de la pendiente de la normal con tres decimales.
Solución:
m=y´(0)=1,368
mN = −0,731
Para x=0 y=1
En (0, 1) y-1=-0,731x
y= -0,731x+1
10.- [Puntuación 10]
Una función f se define por f (x) = (x + 1) (x - 1) (x - 5), x  R
(a) Halle los valores de x para los cuales f (x) < |f (x)|.
[3 puntos]
Una función g se define por g( x ) = x2 + x − 6, x  R .
(b) Calcule los valores de x para los cuales g( x ) 
1
.
g(x )
[7 puntos]
Solución:
a) f(x ) | f(x )| si x  − , − 1 1, 5
b)
1
?
− ( x 2 + x − 6)  0
x2 + x − 6
x  − 3.19, − 3 − 2.79, 1.79  2, 2.19
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 20]
La función de densidad de probabilidad de una variable aleatoria continua X está dada por
 0, x  0
 senx
, 0 x  

f(x) =  4
a( x − ),   x  2
 0, 2  x

(a) Dibuje la gráfica de y = f (x).
(b) Encuentre P (X ≤ π).
1
(c) Demuestre que a =
.
2
(d) Escriba la mediana de X.
(e) Calcule la media de X.
(f) Calcule la varianza de X.
3 

(g) Calcule P  X  
2
2 

h) Sabiendo que
Solución:
a)

3
calcule la probabilidad de que   X  2 .
X
2
2
[3 puntos]
[1 punto]
[3 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]


senx
1
 cos x 
dx = −
=

4 0 2

0 4

b) P( X  ) =
2
2
  x2

1
1
c) f ( x ) dx + f ( x ) dx = 1 → + a( x − )dx = 1 → a − x  = →


2 
2
  2
0

 

[2 puntos]
[2 puntos]


2


 1
2
1
a 22 − 22 −
+ 2  = → a =


2
2

 2
d) Mediana=π

2
e) E( X ) = xf( x )dx =
0
f) Var( X ) =

2
0
2
1
1
xsenx dx +
x( x − ) dx = 0,7854 + 2,6179 = 3,4
2
0 4
 



( x − 3,4)2 f ( x )dx =
3 

P  X   =
2
2 

3

2
f
(
x
)
dx
=


2
2


2
1
1
( x − 3,4)2 senx dx +
( x − 3,4)2( x − ) dx = 1,9067 + 1,9596 = 3,87 g)
2
4
0
 



3
2
1
1
senx dx +
( x − ) dx = 0,25 + 0,125 = 0,375
2
4
 

3 

P   X  

3 
2  0,125 1


h) P   X  2 /  X   =
=
=

3
2
2

 P  X    0,375 3


2 
2
12.- [Puntuación 19]
(i) Utilice el teorema del binomio para desarrollar (cos  + isen)5 .
(ii) Use el teorema de De Moivre para probar que
(a)
sen5 = 5cos 4  sen − 10cos 2  sen3 + sen5 .
(iii) Indique una expresión similar para cos 5θ en función de cos θ y sen θ.
Sea z = r (cos α + isen α), donde α se mide en grados, la solución de z5 − 1 = 0 que tiene el
menor argumento positivo.
(b) Halle el valor de r y el valor de α.
4
2
(c) Usando (a) (ii) y su respuesta de (b) demuestre que 16sen  − 20sen  + 5 = 0 .
(d) Usando lo anterior, exprese sen72ᵒ en la forma
Solución:
a) i)
a+b c
, donde a , b, c, d  Z .
d
[6 puntos]
[4 puntos]
[4 puntos]
[5 puntos]
(cos  + isen)5 = 
5  5 5 4
5
 5
5 
 cos  +   cos  isen +   cos 3 (isen)2 +   cos 2 (isen)3 +   cos ( isen)4 +
0
1
2
3
 
 
 
 
 4
 5
+  (isen)5 = cos 5  + 5i cos 4  sen − 10cos 3  sen2 − 10i cos 2  sen3 + 5cos  sen 4 + i sen5
 5
ii) (cos  + isen)5 = cos 5 + isen5 → sen5 = 5cos 4 sen − 10cos2 sen3 + sen5
iii) cos 5 = cos 5  − 10cos 3  sen2 + 5cos  sen 4
 r =1

b) z5 = 1 → r5 5 = 10 → 
2k
5 = 2k →  =
, k Z

5

2
r =1
=
5
c)
( )
=
2
5
sen5 = 5cos 4  sen − 10cos 2  sen3 + sen5 → 0 = 5cos 4  sen − 10cos 2  sen3 + sen5
sen 0
→
→ 0 = 5cos 4  − 10cos 2  sen2 + sen4
5(1 − sen2 )2 − 10(1 − sen2 )sen2 + sen 4 = 0 → 5 + 5sen 4 − 10sen2 − 10sen2 + 10sen 4 + sen 4 = 0 →
→ 16sen 4 − 20sen2 + 5 = 0
d)
2π
 72
5
16sen 4 72 − 20sen2 72 + 5 = 0
sen272 =
sen72 =
20  80 20  4 5 5  5
=
=
32
32
8
5 5
2 2
=
10  2 5
4
10 + 2 5
= 0,951
4
10 − 2 5
= 0,588
4
72ᵒ > 60ᵒ y sen60ᵒ=0,866 → sen 72 =
10 + 2 5
4
13.- [Puntuación 21]
Richard, un soldado marino, sale de un helicóptero estacionario, a 1000 m sobre el suelo, en el
instante t = 0. Su altura, en metros, sobre el suelo viene dada por s (t).
Durante los primeros 10 segundos su velocidad, v (t) ms-1, viene dada por v (t) = -10t.
(a)
(i) Halle su aceleración a(t) para t <10.
(ii) Calcule v (10).
(iii) Muestre que s(10) = 500.
En t = 10 su paracaídas se abre y su aceleración a (t) viene dada posteriormente por
a (t) = -10 - 5v, t ≥ 10.
dt
dt
1
(b) Sabiendo que
, escriba
en función de v.
=
dv
dv
dv
dt
Se sabe que la aceleración de Richard, a(t) = - 10 - 5v, es siempre positiva, para t ≥ 10.
1  98 
(c) Por lo tanto muestran que t = 10 + ln
.
5  −2− v 
(d) Usando lo anterior encuentre una expresión para la velocidad, v, para t ≥ 10.
(e) Calcule una expresión para su altura, s, sobre el suelo para t ≥ 10.
(f) Calcule el valor de t cuando Richard aterriza en el suelo.
Solución:
dv(t )
a) i) a(t ) =
= −10 ms−2
dt
[6 puntos]
[1 punto]
[5 puntos]
[2 puntos]
[5 puntos]
[2 puntos]
ii) v(10)=-100 ms-1
iii) v( t ) =
t =0 s =1000
ds( t )
→ ds( t ) = v( t ) dt = − 10t dt → s( t ) = −5t 2 + C → C = 1000
dt



s( t ) = −5t 2 + 1000
s(10)=500 m
b)
dt
1
1
=
=
dv dv − 10 − 5v
dt
c) dt =
dv
→
5( −2 − v )

dt =
t =10 v = −100
1
dv
1
1
→ t = − ln(−2 − v ) + C
→
C = 10 + ln 98
5 ( −2 − v )
5
5

1
1
1  98 
t = − ln(−2 − v ) + 10 + ln 98 = 10 + ln

5
5
5  −2− v 
d)
98
− 98 − 2e5( t −10)
 98 
ln
= e5( t −10) → − 2e5( t −10) − ve5( t −10) = 98 → v =
→ v = −2 − 98e−5( t −10)
 = 5( t − 10) →
−2− v
 −2− v 
e5( t −10)
e)
ds
=v → s=
dt
s( t ) = −2t +
f) − 2t +
 (− 2 − 98e
−5( t −10)
) dt = −2t + 985 e
98 −5( t −10)
e
+ 500,4
5
98 −5( t −10)
e
+ 500,4 = 0 → t = 250,2 s
5
−5( t −10)
+C
t =10 s =500
→
C = 500,4
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ2
Miércoles 13 de mayo de 2015
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]

En el triángulo ABC, AB=5 cm, BC=12 cm y ABC = 100 .
a) Halle el área del triángulo.
b) Halle AC
Solución:
a) Área =
[2 puntos]
[2 puntos]
5.sen100.12
= 29,54cm2
2
b) AC2 = 144 + 25 − 2.12.5. cos 100 = 189,84 → AC = 13,78
2.- [Puntuación 6]
De un grupo compuesto por cinco hombres y seis mujeres se eligen cuatro personas.
a) Determine cuántos grupos posibles se pueden elegir.
b) Determine cuántos grupos se pueden formar que estén compuestos por dos hombres y dos
mujeres.
c) Determine cuántos grupos se pueden formar en los que haya al menos una mujer.
Solución:
[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
 11
 = 330
4 
a) 
5 6 
b)  2 . 2  = 150
  
5 
 4
c) Todos-Aquellos en los que no haya ninguna mujer= 330 −   = 325
3.- [Puntuación 5]
a) Dibuje aproximadamente el gráfico de y = ( x − 5)2 − 2| x − 5| −9, para 0  x  10 .
2
b) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, resuelva la ecuación ( x − 5) − 2 | x − 5 | −9 = 0
Solución:
a)
b) x=0,84
x=9,16
[3 puntos]
[2 puntos]
4.- [Puntuación 7]
A Emma le regalan un teléfono móvil nuevo para su cumpleaños y en él recibe mensajes de texto
de sus amigos. Se supone que el número de mensajes de texto que Emma recibe al día sigue una
distribución de Poisson de media m=5.
a)
i) Halle la probabilidad de que en un día dado Emma reciba más de 7 mensajes de texto.
ii) Determine el número esperado de días a la semana en los que Emma recibe más de 7
mensajes de texto.
b) Halle la probabilidad de que Emma reciba menos de 30 mensajes de texto a lo largo de una
semana dada.
Solución:
a) X:"nº mensajes al día" es Po(5)
[4 puntos]
[3 puntos]
i) P(X  7) = 1 − P(X  7) = 0,1334
ii) Y:"nº de días a la semana con X>7" es B(7, 0.1334)
E(Y)=7. 0,1334=0,9338
b) Z:"nº mensajes por semana" es Po(35)
P(Z  30) = P(Z  29) = 0,177
5.- [Puntuación 7]
Considere los vectores dados por u=i+2j-2k y v=ai+bj, donde a y b son constantes.
Se sabe que u x v=4i+bj+ck, donde c es una constante.
a) Halle el valor de cada una de las constantes a, b y c.
b) A partir de lo anterior, halle la ecuación cartesiana del plano que contiene a los vectores
u y v y pasa por el punto (0, 0, 0).
Solución:
[5 puntos]
[2 puntos]
i j k
a) u x v= 1 2 − 2 = 2bi-2aj+(b-2a)k
a b 0
2b=4 → b=2
-2a=b → a=-1
c=b-2a → c=4
b) u x v =4i+2j+4k
4x + 2y + 4z + D = 0
2x + y + 2z = 0
(0, 0, 0)plano
→D=0
6.- [Puntuación 6]
El gráfico de y=ln(5x+10) se obtiene a partir del gráfico de y=lnx realizando una traslación de a
unidades en la dirección del eje x seguida de una traslación de b unidades en la dirección del eje y.
a) Halle el valor de a y el valor de b.
b) La región delimitada por el gráfico de y=ln(5x+10), el eje x y las rectas x=e y x=2e, se rota
2π radianes alrededor del eje x.
Halle el volumen así generado.
Solución:
a) y=ln(5x+10)=ln5(x+2)=ln5+ln(x+2)→a=-2 b=ln5
b) V = 

2e
e
ln(5x + 10)2 dx = .31,57 = 99,19
[4 puntos]
[2 puntos]
7.- [Puntuación 9]
Considere el siguiente sistema de ecuaciones
2x + y + 6z = 0
4x + 3y + 14z = 4
2x − 2y + ( − 2)z =  − 12
a) Halle las condiciones que han de cumplir α y β para que
i) el sistema no tenga ninguna solución
ii) el sistema tenga sólo una solución
iii) el sistema tenga un número infinito de soluciones.
b) Para el caso en el que el número de soluciones es infinito, halle la solución general del sistema
de ecuaciones en forma cartesiana.
Solución:
A


__________ __________


6
0 
2 1
a)  4 3
14
4 


 2 − 2  − 2  − 12
 __________ __________ __________ _ 
B


| A |= 6 − 12 + 28 − 48 − 36 − 4 + 8 + 56 = 2 − 4
Si   2 rango(A)=3=rango(B)
Si  = 2 rango(A)=2
A
 __________ __________



0 
2 1 6
 4 3 14
4 


 2 − 2 0  − 12
 __________ __________ __________ _ 
B


C3=2C1+2C2
2 1
0
4 3
4 = 6 − 72 + 8 − 4 + 48 + 16 = 2
2 − 2  − 12
Si  = 2 y  = 0 rango(A)=2=rango(B)
Si  = 2 y   0 rango(A)=2 y rango(B=3
En resumen:
i) Si  = 2 y   0
ii) Si   2 y  cualquiera
iii) Si  = 2 y  = 0
b)
2x + y + 6z = 0

2x − 2y = −12
3y + 6z = 12 → y = 4 − 2z x = 4 − 2z − 6 = −2 − 2z
x +2 y −4 z
=
=
−2
−2 1
[6 puntos]
[3 puntos]
8.- [Puntuación 10]
El granjero Bill posee un terreno rectangular de 10 m por 4m. Bill ata una cuerda a un poste de
madera situado en una esquina de su terreno, y ata el otro extremo de la cuerda a su cabra Gruff.
a) Sabiendo que la cuerda tiene una longitud de 5m, calcule el porcentaje del terreno de Bill en el
que Gruff puede pastar. Dé la respuesta aproximando al número entero más próximo.
b) Bill sustituye la cuerda de Gruff por otra que tiene una longitud a, 4<a<10, de modo que ahora
Gruff pueda pastar exactamente en la mitad del terreno de Bill.
4
Muestre que a satisface la ecuación a 2arcsen  + 4 a 2 − 16 = 40
a
c) Halle el valor de a.
Solución:
3
a) sen = →  = 0,64 rad →  = 0,93 rad
5
0,93.25 3.4
Área pasto =
+
= 17,625m2
2
2
El porcentaje de terreno de pasto es  44%
4
4
b) sen = →  = arcsen 
a
a
4
arcsen .a2
2
 a  + 4 a − 16 →
Área pasto = 20 =
2
2
4


→ 40 = a2arcsen  + 4 a2 − 16
a
c) a=5,53
9.- [Puntuación 6]
Natasha vive en Chicago y tiene familia en Nashville y en St. Louis. Cada vez que va a visitar a su
familia, o bien va en avión o bien va en su coche. Cuando va a Nashville, la probabilidad de que
4
1
vaya en coche es , y cuando va a St. Louis la probabilidad de que vaya en avión es .
3
5
13
Sabiendo que cuando va a visitar a su familia la probabilidad de que vaya en coche es
, halle
18
la probabilidad de que para un viaje en particular
a) vaya a Nashville
b) esté camino de Nashville, sabiendo que está yendo en avión.
Solución:
a)
p
p.1/5
Nashville
1/5
1-p
Nashville  Coche
Coche
Nashville  Avión
Avión
2/3
Coche
1/3
Avión
St. Louis
(1-p).2/3
St. Louis  Coche
(1-p).1/3
13
4
2
5
== p + (1 − p) → 65 = 72p + 60 − 60p → p =
18
5
3
12
5 1
.
3
12 5
b) P(Nashville/ Avión ) =
=
5 1 7 1 10
. + .
12 5 12 3
P(Coche) =
[4 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
p.4/5
4/5
[4 puntos]
St. Louis  Avión
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 12]
La agricultora Suzie cultiva nabos. Los pesos de los nabos que cosecha siguen una distribución
normal de media 122 g y desviación típica 14,7 g.
a)
i) Calcule el porcentaje de los nabos que pesan entre 110 g y 130 g.
ii) Suzie tiene listos 100 nabos para llevarlos al mercado.
Halle el número esperado de nabos que pesan
más de 130 g.
iii) Halle la probabilidad de que al menos 30 de estos 100 nabos pesen más de 130 g.
[6 puntos]
El agricultor Ray también cultiva nabos.
Los pesos de los nabos que cultiva siguen una distribución normal de media 144 g.
Ray solamente lleva al mercado aquellos nabos que pesan más de 130 g.
Durante un determinado periodo, Ray observa que tiene que rechazar 1 de cada 15 nabos por pesar
menos de lo debido.
b)
i) Halle la desviación típica de los pesos de los nabos de Ray.
ii) Ray tiene listos 200 nabos para llevarlos al mercado.
Halle el número esperado de nabos que pesan más de 150 g.
[6 puntos]
Solución:
a) i) X:"pesos nabos de Suzie" es N(122, 14.7)
P(110<X<130)=0,4997 =49,97%
ii) Y:" nº de nabos de los 100 con X>130"
P(X>130)=P(130<X<195,5)=0,2931
Y es B(100, 0.2931)
E(Y)29 nabos
iii) P(Y  30) = 1 − P(Y  29) = 0,4773
b) i) R:"peso de los nabos de Ray" es N(144, )
Z=
P(R  130) =
R −144

1
130 − 144
1
− 14
→ P(Z 
)=
→
= −1,5011 →  = 9,33
15

15

ii) T:"nº nabos de los 200 con R>150 g"
P(R>150/R>130)=0,279
T es B(200, 0.279)
E(T)=55,8 nabos
11.- [Puntuación 15]
Una curva se define mediante x2 − 5xy + y 2 = 7 .
dy 5y − 2x
.
=
dx 2y − 5x
b) Halle la ecuación de la normal a la curva en el punto (6, 1).
a) Muestre que
c) Halle la distancia que hay entre los dos puntos de la curva en los cuales la tangente
correspondiente es paralela a la recta y=x
Solución:
a) 2x − 5(y + y´x ) + 2yy´= 0 → y´=
b) En (6, 1) m =
5y − 2x
2y − 5x
−7 1
= → mN = −4
− 28 4
Ecuación de la normal: y-1=-4(x-6)→y=-4x+25
c)
5y − 2x
= 1 → 5y − 2x = 2y − 5x →3y = −3x → y = −x
2y − 5x
 x = 1 →(1, − 1)
x 2 + 5x 2 + x 2 = 7 → 
x = −1 → ( −1, 1)
La distancia es 2 2
[3 puntos]
[4 puntos]
[8 puntos]
12.- [Puntuación 15]
Una partícula se mueve en línea recta. Su velocidad v ms−1 en el instante t segundos viene dada
por v = 9t − 3t 2 , 0  t  5 .
En el instante t=0, el desplazamiento s de la partícula desde el origen O es de 3 m.
a) Halle el desplazamiento de la partícula cuando t=4.
b) Dibuje aproximadamente el gráfico de desplazamiento/tiempo para esta partícula, 0  t  5 ,
mostrando claramente dónde toca la curva a los ejes y las coordenadas de los puntos en los
que el desplazamiento alcanza valores máximo y mínimos.
2t
Para t>5, el desplazamiento de la partícula viene dado por s = a + bcos
de modo tal que s es
5
continuo para todo t  0 .
c) Sabiendo además que s=16,5 cuando t=7,5, halle los valores de a y de b.
d) Halle los valores t 1 y t 2 (0  t 1  t 2  8) en los que la partícula vuelve al punto de partida.
Solución:
a)
t =0 s =3
ds
9t 2 t 3
= 9t − 3t 2 →ds = (9t − 3t 2 )dt → s =
− + C →C = 3
dt
2
3
9t 2 t 3
− +3
2
3
Para t=4 s=11 m.
s=
b) Cortes ejes (0, 3) y (4.64, 0)
Max(3, 16.5)
Min (5, -9.5)
c)
16,5 = a + bcos 3 →a − b = 16,5
− 9,5 = a + bcos  →a + b = −9,5
Resolviendo el sistema: a=3,5 b=-13
d) t 1 = 4,5 y t 2 = 6,22
[3 puntos]
[5 puntos]
[3 puntos]
[4 puntos]
13.- [Puntuación 18]
Las ecuaciones de las rectas L1 y L2 son
1  − 1
 1   2
   
   
L1 : r1 =  2  +  1 
L2 : r2 =  2  +  1 
 2  2 
 4 6
   
   
a) Muestre que las rectas L1 y L2 son alabeadas.
b) Halle el ángulo agudo que forman las rectas L1 y L2 .
c)
i) Halle un vector perpendicular a ambas rectas.
ii) A partir de lo anterior, determine una ecuación de la recta L3 que es perpendicular a
L1 y L2 y que corta a ambas rectas.
Solución:
 x =1−

a) L1 :  y = 2 + 
z = 2 + 2

[4 puntos]
[4 puntos]
[10 puntos]
x = 1 + 2

L2 :  y = 2 + 
z = 4 + 6

1 −  = 1 + 2
2+  = 2+ 
2 + 2 = 4 + 6
De las dos primeras ecuaciones:  = 0
 =0 .
Sustituyendo en la tercera ecuación: 2 + 0 = 4 + 0 (absurdo) → las rectas son alabeadas (se cruzan sin cortarse).

b) cos (L1 , L2 ) =
| −2 + 1 + 12|
6 41
→
→
→
c) i) uL x uL
1
2
i
= −1
2
→
ii)
PL1 (1 −  , 2 +  , 2 + 2 )
j
1
1
=
11
246

→ (L1 , L2 ) = 45,47
→
k
→
→
→
2 = 4 i + 10 j − 3 k
6
PL 2 (1 + 2 , 2 +  , 4 + 6 )
→
PL1 PL 2 = (2 +  ,  −  , 2 + 6 − 2 )
→
→
→
PL1 PL 2 es linealmente dependiente con uL1  uL 2 →
10 + 5 = 2 − 2
2 +   −  2 + 6 − 2 
=
=
→
→
4
10
−3
− 3 + 3 = 20 + 60 − 20
8

 8 + 7 = 0 →  = − 7 
→
184
28
32
− 63 + 23 = 20 → − 63 −
 = 20 →  = −
y=
7
125
125

 93 282 314 
PL1 
,
,

 125 125 125 
L3 :
x−
93
282
314
y−
z−
125 =
125 =
125
4
10
−3
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
11 de noviembre de 2015
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
La siguiente figura muestra un sector circular, donde AÔB = x radianes y la longitud del Arco AB =
Sabiendo que el área del sector circular es igual a 16 cm2 , halle la longitud del arco AB.
2
cm .
x
Solución:
16 =
xR2
2
2
2
= xR → R = 2
x
x
4
x 4
1
16 = x → x =
2
2
Longitud arco AB=4
2.- [Puntuación 4 ]
Utilizando la integración por partes, halle
Solución:
u=x
u´= 1
 x senxdx .
v´= senx
v = − cos x
 x senxdx = −x cos x + cos x dx = −x cos x + senx + C
3.- [Puntuación 6 ]
(a) Escriba y simplifique el desarrollo de (2 + x )4 en potencias ascendentes de x .
4
(b) A partir de lo anterior, halle el valor exacto de (2,1) .
Solución:
 4
 4
 4
 4
4  4
a) (2 + x ) =  24 +  23 x +  22 x 2 +  2x3 +  x 4 = 16 + 32x + 24x 2 + 8x3 + x 4
0 
1 
2 
3 
 4
b) (2,1)4 = (2 + 0,1)4 = 16 + 32.0,1 + 24.0,01 + 8.0,001 + 0,0001 = 19,4481
[3 puntos]
[3 puntos]
4.- [Puntuación 6 ]
Considere la curva y =
1
, x R , x  1 .
1− x
dy
.
dx
(b) Determine la ecuación de la normal a la curva en el punto x = 3 en la forma ax + by + c = 0 ,
donde a , b, c  Z .
Solución:
dy
1
=
a)
dx (1 − x )2
(a) Halle
[2 puntos]
[4 puntos]
1
2
1
1

En  3, −  m T = → mN = −4
2
4

1
y + = −4(x − 3) → 8x + 2y − 23 = 0
2
b) Para x=3 y = −
5.- [Puntuación 4 ]
Utilice la sustitución u = ln x para hallar el valor de

e2
e
dx
.
x ln x
Solución:
1
u = ln x → du = dx
x
1
du = ln(ln x ) + C
u


e2
2
dx
= ln(ln x )ee = ln 2
e x ln x
6.- [Puntuación 7 ]
Una caja contiene cuatro bolas rojas y dos bolas blancas.
Darren y Marty juegan a un juego en el que cada uno, por turnos, va sacando una bola de la caja,
sin reposición. El primer jugador que saque una bola blanca es el ganador.
(a) Darren es el primero en jugar. Halle la probabilidad de que sea él quien gane el juego.
Ahora se modifica el juego, de modo que la bola escogida se repone en la caja después de cada
turno.
Nuevamente es Darren el primero en jugar.
(b) Muestre que la probabilidad de que Darren gane no ha cambiado.
Solución:
2 4 3 2 4 3 2 1
1 1 1
9 3
=
=
a) P(Darren gane)= + . . + . . . .1 = + +
6 6 5 4 6 5 4 3
3 5 15 15 5
2
2 4 4 2 4 4 4 4 2
12 3
b) P(Darren gane)= + . . + . . . . + ....... = 6 =
=
16 20 5
6 6 6 6 6 6 6 6 6
1−
36
[4 puntos]
[3 puntos]
7.- [Puntuación 8 ]
Una curva viene dada por xy = y 2 + 4 .
(a) Muestre que no hay ningún punto en el que la tangente a la curva sea horizontal.
(b) Halle las coordenadas de aquellos puntos en los que la tangente a la curva es vertical.
Solución:
y
a) Derivando y + xy ´= 2yy ´ → y ´=
2y − x
y
= 0 → y = 0 → 0 = 4 Absurdo
2y − x
b) 2y-x=0 →x=2y
 2 →x=4
2y 2 = y 2 + 4 → y = 
 − 2 → x = −4
[4 puntos]
[4 puntos]
Los puntos son: (4, 2) y (-4, -2)
8.- [Puntuación 8 ]


(a) Muestre que sen  +  = cos  .
2

(b) Considere f (x)=sen (ax) , donde a es una constante. Demuestre mediante inducción
n 

+
(n)
matemática que f ( n )( x ) = a n sen ax +
 , donde n  Z y f ( x ) representa la n-ésima
2


derivada de f (x) .
Solución:




a) sen  +  = sen cos + cos  sen = 0 + cos  = cos 
2
2
2

b) Para n=1
(a )


f (1)( x ) = a cos ax = a1sen ax + 
2

Suponemos cierto par n=k
k 

f ( k )( x ) = a k sen ax +

2 

Probemos para n=k+1
?
(k + 1) 

f (k +1)( x ) = a k +1sen ax +

2 

(
)
k  k +1
k   k +1
(k + 1) 



f ( k +1)( x ) = f ( k )( x ) ´= a k .a. cos  ax +
+  = a sen ax +
 = a sen ax +

2 
2 2
2 



9.- [Puntuación 7 ]
Resuelva la ecuación sen 2x − cos 2x = 1 + sen x − cos x para x  − ,  .
Solución:
2senx cos x − cos 2 x + sen2x − 1 = senx − cos x
2senx cos x − 2cos 2 x = senx − cos x




 x= 4
senx − cos x = 0 → 
3

x = −

4

2cos x(senx − cos x ) = senx − cos x → (senx − cos x )(2cos x − 1) = 0 → 



x=
 2cos x − 1 = 0 → 
3




x=−

3


[1 punto]
[7 puntos]
10.- [Puntuación 6 ]
Una función polinómica viene dada por f ( x ) = a0 + a1x + a2x 2 + ... + a n x n .
Las raíces de la ecuación polinómica f(x)= 0 son términos consecutivos de una progresión
1
geométrica cuya razón común es igual a
y cuyo primer término es 2 .
2
Sabiendo que a n −1 = −63 y a n = 16 , halle
(a) el grado del polinomio;
(b) el valor de a0 .
Solución:
63
a) Las suma de las raíces es
16
1
−2
63 2n −1
1
63
1
=
→ n −1 = − + 2 =
→ n =6
1
16
32
32
2
−1
2
1 1 1 1
b) Las raíces son: 2, 1, , , ,
2 4 8 16
1 
1 
1 
1 

f ( x ) = 16( x − 2)( x − 1) x −  x −  x −  x − 
2 
4 
8 
16 

1 1 1 1  1

a 0 = 16 2,.1. . .
=
2 4 8 16  32

[4 puntos]
[2 puntos]
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 17]
(a) Resuelva la ecuación z3 = 8i , z  C y dé las respuestas en la forma
z = r (cos θ + i sen θ) y en la forma z = a + bi , donde a , b  R .
[6 puntos]
 
  
(b) Considere los números complejos z1 = 1 + i y z2 = 2 cos   + isen   .
6
 6 
  
(i) Escriba z1 en la forma r (cos θ + i sen θ ) .
(ii) Calcule z1z2 y escriba el resultado en la forma z = a + bi , donde a , b  R .
5
(iii) A partir de lo anterior, halle el valor de tan en la forma c + d 3 , donde c, d Z .
12
(iv) Halle el menor valor p > 0 para el que (z2 )p es un número real positivo.
Solución:



 2  = 2 cos + isen  = 3 + 1
6
6


 6
5
5 


a) z = 3 8i = 3 8  = 2  2k k = 0, 1, 2 → 25 = 2 cos + isen  = − 3 + 1
+
6
6 

 6
2
6 3

9
9 

 2 9 = 2 cos
+ isen  = −2i
6
6 
 6




b) i) z1 = 2  cos + isen 
4
4

ii) z1z2 = (1 + i)( 3 + i) = ( 3 − 1) + ( 3 + 1)i
( )4
( )12
iii) Como z1z 2 = 2 2  +  = 2 2 5
tan
6
5
3 +1 4+2 3
=
=
= 2+ 3
12
2
3 −1
( )
p
p
p 

iv) (z2 )p =  2   = 2p p = 2p  cos
+ isen 
 6
6
6 
6

Para que (z2 )p sea real positivo: sen
Para k=2 p=12
p
p
=0 →
= k , k  Z → p = 6k , k  Z
6
6
[11 puntos]
12.- [Puntuación 20]
Considere la función f ( x ) = x 1 − x 2 definida en el dominio −1 ≤ x ≤ 1 .
(a) Muestre que f es una función impar.
(b) Halle f ' (x) .
(c) A partir de lo anterior, halle la coordenada x de todos los máximos o mínimos locales que haya.
(d) Halle el recorrido de f .
(e) Dibuje aproximadamente el gráfico de y = f (x) , indicando claramente las coordenadas de los
puntos de corte con el eje x y de todos los máximos o mínimos locales que haya.
(f) Halle el área de la región delimitada por el gráfico de y = f (x) y el eje x para x ≥ 0 .
(g) Muestre que

1
−1
x 1 − x 2 dx 
1
x
−1
1 − x 2 dx .
a) f(−x ) = (−x ) 1 − (−x)2 = −x 1 − x2 = −f(x)
− 2x2
=
2 1 − x2
1 − 2x2
1 − x2
1
c) 1 − 2x2 = 0 → x = 
2
  1   1   1 1 
 , f 
 = − , 
d) R f = f  −
2   2   2 2 
 
e) Cortes ejes: (-1, 0)
(0, 0) (1, 0)
 1 1
, 
Máximo 
 2 2
 1
1
, − 
Mínimo  −
2 2

f) Área=

g)
1
−1
1
 x 1− x
2
0
x 1 − x 2 dx =
dx =

1
0
1
2 2
x(1 − x )
1
3

2 2

(
1
−
x
)
x 1 − x 2 dx = −
 =| 0 − 0 |= 0
3
−1



 −1

1
1
3 

1
1
2 2 2

dx = − (1 − x ) .
=
 2
3
3

0
2
3
[3 puntos]
[4 puntos]
[2 puntos]
Solución:
b) f ´(x) = 1 − x2 +
[2 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
13.- [Puntuación 23]
Considere el triángulo ABC . Los puntos P , Q y R son los puntos medios de los segmentos de
recta [AB] , [BC] y [AC] respectivamente.
→
→
Sean OA = a , OB = b y
→
OC = c .
→
(a) Halle BR en función de a , b y c .
(b)
(i) Halle una ecuación vectorial de la recta que pasa por B y por R en función de a , b y c
y de un parámetro λ .
(ii) Halle una ecuación vectorial de la recta que pasa por A y por Q en función de a , b y c
y de un parámetro μ .
→
(iii) A partir de lo anterior, muestre que OG =
1
(a+ b+ c) , sabiendo que G es el punto en
3
el que se cortan [BR] y [AQ] .
(c) Muestre que el segmento de recta [CP] también incluye al punto G .
[2 puntos]
[9 puntos]
[3 puntos]
Las coordenadas de los puntos A , B y C son (1 , 3 , 1) , (3 , 7 , −5) y (2 , 2 , 1) respectivamente.
Un punto X es tal que [GX] es perpendicular al plano ABC .
(d) Sabiendo que el tetraedro ABCX tiene un volumen de 12 unidades3 , halle posibles
Coordenadas de X .
Solución:
[9 puntos]
→
→ →
→ → 1 →
1
1
1
a) BR = BO+ OR = BO+ OA + AC = -b+a+ (c-a)= a-b+ c
2
2
2
2
b) i) Sea X [BR]
ii) X [ AQ]
iii)
→
→
→
→
→
OX = OB+ BX = OB+  BR = b+λ(


1
1
a-b+ c)= a+(1-λ)b+ c
2
2
2
2
→
→ →
→
→
→
→ →
1
1
1
OX = OA + AX = OA +  AQ = OA +  AB+ BQ  = a+μ(b-a+ (c-b))=(1-μ)a+ μ b+ μ c
2
2
2



=1-μ
2
1
1-λ= μ
2
 1
= μ
2 2
Resolviendo el sistema: λ=μ =
2
3
→
Sustituyendo los parámetros en una de las ecuaciones: OG =
1
1
1
1
a+ b+ c= (a+ b+ c)
3
3
3
3
→
→
→
c) CP = CA+ AP = a-c+
→
→
→
→
→
1
1
1
(b-a)= a+ b - c
2
2
2
CG+ GP = CG+ OP− OG =
d) V = 12 =
1
6
1
1
1
1
1
(a+ b+ c)-c+a+ (b-a)- (a+ b+ c)= a+ b – c
3
2
3
2
2
→ → →
 AB AC  • AX




i
j
k
AB AC = 2 4 − 6 = -6i-6j-6k
1 −1 0
→
→
1  1 +   →
1
  

 
1
AX = AG+ GX = (a+ b+ c)-a+   1  =  1 +   , GX =  1  por ser perpendicular al plan ABC
3
1
1  − 2 +  

 
  
→
→
→
→ → →
 AB AC  • AX = −6 − 6 − 6 − 6 + 12 − 6 = −18




1
12 = | −18 | →  = 4
6
 5
→  
Para  = 4 AX =  5 
 2
 
→
→
 − 3
→ 

Para  = −4 AX =  − 3 
 − 6
 
→
Como OX = OA + AX
6
→  
Para  = 4 OX =  8 
3
 
 − 2
→ 

Para  = −4 OX =  0 
 − 5
 
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Viernes 12 de noviembre de 2015
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
A y B son dos sucesos tales que P (A) = 0,65 , P (B) = 0,48 y P (A∪ B) = 0,818 .
(a) Halle P( A  B) .
(b) A partir de lo anterior, muestre que los sucesos A y B son independientes.
Solución:
a) P( A  B) = P( A) + P(B) − P( A  B) = 0,65 + 0,48 − 0,818 = 0,312
b)
P( A  B) = 0,312
P( A ).P(B) = 0,65.0,48 = 0,312
[2 puntos]
[2 puntos]

 → P( A  B) = P( A ).P(B)

2.- [Puntuación 4]
Los tres planos cuyas ecuaciones cartesianas son 2x + 3y − z = 11 , x + 2y + z = 3 y 5x − y − z = 10 se cortan en el
punto P . Halle las coordenadas de P .
Solución:
2x + 3y − z = 11
 C.P.G  17 5 20 
x + 2y + z = 3  → P , , − 
9 
 9 3
5x − y − z = 10 
3.- [Puntuación 6]
La siguiente tabla muestra los datos de los goles que han marcado los jugadores de un equipo de
fútbol a lo largo de una temporada.
(a) Sabiendo que la media de goles marcados por jugador es igual a 1,95 , halle el valor de k .
Ahora descubren que ha habido un error en los datos, pues no han incluido en la tabla al máximo
anotador, que marcó 22 goles.
(b)
(i) Halle el valor correcto de la media de goles marcados por jugador.
(ii) Halle el valor correcto de la desviación típica del número de goles marcados
por jugador.
Solución:
0 + k + 6 + 6 + 12 + 8
→ 25,35 + 1,95k = k + 32 → k = 7
a) 1,95 =
13 + k
_
b) i) x =
0 + 7 + 6 + 6 + 12 + 8 + 22
= 2,9
21
ii) x = 4,77
[3 puntos]
[3 puntos]
4.- [Puntuación 6]
Una función viene dada por f(x ) = Asen(Bx) + C, −   x   donde A , B, C  Z .
En la siguiente figura se representa el gráfico de y = f (x).
(a) Halle el valor de
(i) A ;
(ii) B ;
(iii) C .
(b) Resuelva f (x)=3 , para 0 ≤ x ≤ π .
Solución:
f(0)=2 → C=2
El periodo de f(x) es
[4 puntos]
[2 puntos]
2
B
2
=  →B=2
B


Como f ( ) = −1 → A.sen  + 2 = −1 → A = −3
4
2
i) A=-3
ii) B=2
iii) C=2
b) f(x) = −3sen(2x) + 2,
x = 1,74
f(x) = 3 → 
x = 2,97
5.- [Puntuación 6]
Una función viene dada por f ( x ) = x 2 + 2 , x  0 .
La región R está delimitada por y = f (x) , el eje y , y la recta y = 4 .
(a)
(i) Exprese el área de la región R como una integral con respecto a y .
(ii) Determine el área de R con una aproximación de cuatro cifras significativas.
(b) Halle el volumen exacto que se genera cuando la región R se rota 2π radianes alrededor
del eje y .
Solución:
a) Área=

4
2
y − 2 dy
b) Área=1,886
4
 y2

b) Volumen=  ( y − 2) dy =  − 2y  = 2
2
 2
 2

4
[3 puntos]
[3 puntos]
6.- [Puntuación 6]
Josie tiene tres formas de ir al colegio. Un 30 % de las veces va en coche, un 20 % de las veces va en bicicleta y un
50 % de las veces va andando. Cuando va en coche, Josie llega tarde el 5 % de las veces.
Cuando va en bicicleta, llega tarde el 10 % de las veces.
Cuando va andando, llega tarde el 25 % de las veces.
Sabiendo que llegó a la hora, halle la probabilidad de que haya ido en bicicleta.
Solución:
Retraso
0,05
Puntual
Coche
0,3
0,95
0,1
Retraso
Bici
0,2
Puntual
0,9
0,5
Andando
0,25
5
Retraso
0,75
Puntual
P(Bici / Puntual) =
P(Bici  Puntual)
0,2.0,9
0,18
=
=
= 0,2143
P(Puntual)
0,3.0,95 + 0,2.0,9 + 0,5.0,75 0,84
7.- [Puntuación 6]
El triángulo ABC tiene un área de 21 cm2 . Los lados AB y AC tienen una longitud de 6 cm y 11 cm ,
respectivamente. Halle los dos posibles valores de la longitud del lado BC .
Solución:



1
7
 A = 39,52
21 = 6.11.sen A → sen A =
→ 
2
11 

A = 140,48

Para A = 39,52 BC2 = 121 + 36 − 2.11.6. cos 39,52 → BC = 7,43

Para A = 140,48
BC2 = 121 + 36 − 2.11.6.cos 140,48 → BC = 16,09
8.- [Puntuación 6]
La variable aleatoria continua X tiene la función de distribución de probabilidad
f (x) = A sen(ln (x)), 1≤ x ≤ 5 .
(a) Halle el valor de A con una aproximación de tres cifras decimales.
(b) Halle la moda de X .
(c) Halle el valor P (X ≤ 3 | X ≥ 2).
Solución:
a)
5
 Asen(ln x) dx = 1 → A = 0,323
1
b) Moda= 4,81
c) P(X  3 / X  2) =
P(2  X  3)
= 0,2877
P(X  2)
[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
9.- [Puntuación 8]
Una partícula se puede mover a lo largo de una línea recta partiendo de un punto O .
2
La velocidad v , en ms-1, viene dada por la función v( t ) = 1 − e−sent donde el tiempo t ≥ 0 se
mide en segundos.
(a) Escriba los dos primeros instantes t 1 , t 2  0 en los que la partícula cambia de sentido.
[2 puntos]
(i) Halle el instante t  t 2 en el que la partícula tiene una velocidad máxima.
(b)
(ii) Halle el instante t  t 2 en el que la partícula tiene una velocidad mínima.
[4 puntos]
(c) Halle la distancia que ha recorrido la partícula entre los instantes t = t 1 y t = t 2 .
[2 puntos]
Solución:
a) t 1 = 1,77 , t 2 = 2,51
b) i) t=1,25 seg.
ii) t=2,17 seg.
c) Distancia =

2,51
 1 − e−sent 2 dt = 0,71 m



1,77 
10.- [Puntuación 8]
Ed camina en línea recta desde el punto P (−1 , 4) hasta el punto Q (4 , 16) con velocidad constante.
Ed sale del punto P en el instante t =0 y llega al punto Q en el instante t = 3 , donde t se mide en
horas. Sabiendo que en el instante t el vector de posición de Ed respecto al origen se puede expresar
en la forma r = a + tb ,
(a) halle los vectores a y b .
[3 puntos]
Roderick se encuentra en el punto C (11 , 9) .
Roderick quiere hacerle señas a Ed mientras este va caminando de P a Q .
Roderick decide hacer señas cuando Ed pase por el punto más cercano a C .
(b) Halle el instante en el que Roderick hace señas a Ed.
[5 puntos]
Solución:
 − 1
a) Para t=0 a=  
 4 
5
 4   − 1
Para t=3   =   +3b → b=  3 
4
 16   4 
 
b) Recta que pasa por C y es perpendicular a PQ:
mPQ =
12
5
Y −9 = −
5
(X − 11)
12
Punto de PQ más cercano a C:
5

( x − 11)
12
 → x = 2,55 y = 12,52
12
y − 4 = (x + 1 
5

 2,55   − 1   5 

 =   + t  →t = 2,13 seg
 12,52  4   3 
y −9 = −
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 18]
Se realiza una encuesta en un edificio de oficinas de gran tamaño.
Hallan que el 30 % de los oficinistas pesan menos de 62 kg y que el 25 % de los oficinistas pesan
más de 98 kg. Los pesos de los oficinistas se pueden modelizar con una distribución normal, de
media μ y desviación típica σ .
(a)
(i) Determine un sistema formado por dos ecuaciones lineales que satisfagan μ y σ .
(ii) Halle el valor de μ y el de σ .
(b) Halle la probabilidad de que un oficinista pese más de 100 kg.
En el edificio hay ascensores que llevan a los oficinistas hasta su oficina.
Sabiendo que en un ascensor dado hay 10 oficinistas,
(c) halle la probabilidad de que haya al menos cuatro oficinistas que pesen más de 100 kg.
Sabiendo que hay 10 oficinistas en un ascensor y que al menos uno de ellos pesa más de 100 kg,
(d) halle la probabilidad de que haya menos de cuatro oficinistas que pesen más de 100 kg.
La llegada de los ascensores a la planta baja entre las 08:00 y las 09:00 se puede modelizar con
una distribución de Poisson. En promedio llega un ascensor cada 36 segundos.
(e) Halle la probabilidad de que en un período cualquiera de media hora, entre las 08:00 y las
09:00 , lleguen más de 60 ascensores a la planta baja.
Cada ascensor puede llevar a un máximo de 10 oficinistas.
Sabiendo que en un período de media hora llegan 400 oficinistas, independientemente unos
de otros,
(f) halle la probabilidad de que haya suficientes ascensores para llevarlos a todos hasta sus
oficinas.
Solución:
a) i) Sea X:”pesos oficinistas”
Z=
Y -

62 −  
62 − 

P(X  62) = 0,3 → P Z 
= −0,5244
 = 0,3→
 − 0,5244 = 62
→
 


 + 0,6745 = 98
98 −  
98 − 

P(X  99) = 0,25 → P Z 
= 0,6745
 = 0,25 →
 


ii) Resolviendo el sistema:  = 77,75
 = 30,03
b) P(X  100) = P(100  X  227,9) = 0,2294
c) Sea Y:”número de oficinistas de los 10 con peso mayor de 100 kg” es B(10, 0.2294)
P(Y  4) = 1 − P(Y  3) = 1 − 0,8219 = 0,1781
d) P(Y  4 / Y  1) =
P(Y  4  Y  1) 0,7481
=
= 0,8077
P(Y  1)
0,9262
e) X:”número de ascensores que van a planta baja cada media hora” es Po(50)
P(X  60) = 1 − P(X  60) = 1 − 0,9278 = 0,0722
f) 400 oficinistas necesitan, si los llenan, 40 ascensores.
P(X  40) = 1 − P(X  39) = 1 − 0,0646 = 0,9354
[6 puntos]
[1 punto]
[2 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
12.- [Puntuación 21]
El siguiente gráfico representa una función y = f (x), donde −3 ≤ x ≤ 5 .
La función tiene un máximo en (3 , 1) y un mínimo en (−1 , −1) .
(a) Las funciones u y v vienen dadas por u (x) = x − 3 , v (x) = 2x , donde x  R .
(i) Indique cuál es el recorrido de la función u o f .
(ii) Indique cuál es el recorrido de la función u o v o f .
(iii) Halle el mayor dominio posible de la función f o v o u .
(b)
(i) Explique por qué la función f no tiene inversa.
[7 puntos]
(ii) El dominio de f se restringe para así definir una función g que sí que tenga inversa g −1 .
Indique cuál es el mayor dominio posible de g .
(iii) Dibuje aproximadamente el gráfico de y = g −1 ( x ) , mostrando claramente el punto de
corte con el eje y e indicando las coordenadas de los extremos.
[6 puntos]
2x − 5
, x  d y d R .
Considere la función que viene dada por h(x ) =
x+d
(i) Halle una expresión para la función inversa h −1 ( x ) .
(ii) Halle el valor de d para el cual la función h coincide con su inversa.
2x
, x  −1 .
Para este valor de d , existe una función k tal que h o k( x ) =
x +1
(iii) Halle k (x) .
Solución:
a) i) (uof)(x)=u(f(x))=f(x)-3
(c)
R uof = − 4, − 2
ii) uovof(x)=u(2f(x))=2f(x)-3
R uovof = − 5, − 1
iii) (fovou)(x)=(fov)(x-3)=f(2x-6)
− 3  2x − 6  5 →
 3 11 
Dfovou =  , 
2 2 
3
11
x
2
2
[8 puntos]
b)
i) Hay valores distintos de x, x1  x 2 para los que f (x1 ) = f ( x 2 ) .
La función no es inyectiva.
ii) Dg = − 1, 3
iii) Corte con el eje y (0, 1)
Puntos extremos (-1, -1) y (1, 3)
c) i) y =
2x − 5
dy + 5
dx + 5
→xy + dy = 2x − 5 → x =
→ h −1(x ) =
x +d
2− x
2− x
ii)
2x − 5 dx + 5
=
→ d = −2
x + d 2− x
iii)
2k(x) − 5 2x
x +5
=
→ k(x) =
k(x) − 2 x + 1
2
13.- [Puntuación 21]
La siguiente figura muestra la sección transversal vertical de un edificio.
La sección transversal del tejado del edificio se puede modelizar mediante la curva
f ( x ) = 30e
−
x2
400 , donde − 20  x  20 .
El eje x representa el nivel de la calle.
(a) Halle f '' (x) .
[4 puntos]
(b) Muestre que la pendiente de la función del tejado es máxima para x = − 200 .
La sección transversal del espacio habitable que queda bajo el tejado está modelizado por el
rectángulo CDEF , con los puntos C(−a , 0) y D(a , 0) , donde 0 < a ≤ 20 .
[3 puntos]
−
1
2
(c) Muestre que el área (A) máxima del rectángulo CDEF es 600 2e .
(d) A la función I se la conoce como el factor de aislamiento de CDEF .
P(a )
La función se define como I(a ) =
, donde P = perímetro y A = área del rectángulo.
A(a )
(i) Halle una expresión para P en función de a .
(ii) Halle el valor de a que minimiza I .
(iii) Utilizando el valor de a hallado en el apartado (ii), calcule el porcentaje del área de
la sección transversal bajo todo el tejado que no está incluido en la sección transversal
del espacio habitable.
Solución:
a) f ´( x ) = 30e
−
x2
400 . − 2x
x2
3 −
= − xe 400
400
20
 x2
x2
x2
2
2 
−
−

3  − 400
−
2
x
3

400  1 − x 
f ´ ´(x ) = − e
+ e 400 .
=
−
e
 200 
20
400 
20




b) La función del techo tiene una pendiente máxima cuando f ´´(x)=0.
f ´´(x ) = 0 → x =  200
Para x = − 200 la pendiente es positiva y máxima.
[5 puntos]
[9 puntos]
c) A = 2a.30.e
−
a2
400
= 60a e
−
a2
400
 a2

a2
a2
2 
−
−
−

dA
− 2a 

400
400
400
1 − a 
= 60e
+ ae
.
=
60
e
 200 
da
400 




1−
a2
= 0 → a = 200
200
−
1
−
1
A = 60 200 e 2 = 600 2e 2
d) i) P(a ) = 4a + 60e
ii) I(a ) =
4a + 60e
60ae
−
−
−
a2
400
a2
400
a2
400
=
a + 15e
15ae
−
−
a2
400
a2
400
a2
a
=
15ae
−
a2
400
1 1
1
+ = e 400 +
a 15
a
a2
dI(a ) 1 400 2a
1
= e
.
−
da
15
400 a2
a2
e 400 .2a3 − 6000 = 0
→ a = 12,63
iii) Área transversal total=

20
30e
−20
−
x2
400
dx = 896,18
Área transversal espacio habitable= 2.12,63.30.e
−
12,632
400
= 508,58
Área transversal no incluida en espacio habitable= 387,6, lo que supone un porcentaje del 43,3%
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ1
Martes 10 de mayo de 2016
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
El quinto término de una progresión aritmética es igual a 6 y la suma de los primeros 12 términos es 45.
Encuentre el primer término y la diferencia común.
Solución:
6 = u1 + 4d

u1 + 4d = 6 
3

→ 18d = −27 → d = −
u1 = 12
u1 + u1 + 11d  →

S12 = 45 =
.12 12u1 + 66d = 45
2
2

2.- [Puntuación 4]
En una competición de esquí, el tiempo medio de los tres primeros esquiadores es de 34,1 segundos.
El tiempo para el cuarto esquiador se registra y el tiempo medio de los primeros cuatro esquiadores es de 35,0
segundos.
Encuentre el tiempo alcanzado por el cuarto esquiador.
Solución:
3
34,1 =
x
i =1
3
i
3
→
 x = 102,3
i
i =1
3
x + x
i
35 =
i =1
4
4
→ x 4 = 140 − 102,3 = 37,7
3.- [Puntuación 6]
El siguiente diagrama muestra la curva y = a sen (b (x + c)) + d, donde a, b, c y d son todas constantes positivas.
La curva tiene un punto máximo en (1, 3.5) y un punto mínimo en (2, 0,5).
(a) Calcule el valor de a y el valor de d.
(b) Encuentre el valor de b.
(c) Encuentre el valor más pequeño posible de c, dado c> 0.
Solución:
a) a.1+d=3,5 y a.(-1)+d=0,5 → d=2
a=1,5
2
→b=
b) Periodo=2=
b
c) 3,5 = 1,5sen(1 + c) + 2 → sen(1 + c) = 1 → (1 + c) =
c 0

1
+ 2k → 1 + c = + 2k → c = 1,5
2
2
[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
4.- [Puntuación 5]
(a) En el diagrama de Venn sombrea la región A ' ∩ B'.
[1 punto]
Dos sucesos A y B son tales que P (A ∩ B ') = 0,2 y P (A ∪ B) = 0,9.
(b) Calcule P (A ' | B ').
Solución:
a)
b) P( A ´| B´) =
[4 puntos]
P( A ´  B´)
1 − P( A  B)
1 − 0,9 1
=
=
=
P(B ´)
P( A  B´) + P( A ´  B´) 0,2 + 0,1 3
5.- [Puntuación 8]
(
)2
(a) Desarrolle y simplifique 1 − 3 .
(b) Escribiendo 15ᵒ como 60˚ - 45˚, encuentre el valor de cos (15˚).
[1 punto]
[3 puntos]

El siguiente diagrama muestra el triángulo ABC donde AB = 2, AC = 2 y BAC = 15 .
(c) Calcule BC en la forma a + b , donde a , b  Z .
Solución:
(
)2
a) 1 − 3 = 4 − 2 3
1 2
3 2
2+ 6
b) cos 15 = cos(60 − 45 ) = .
+
.
=
2 2
2 2
4
2
+
6
c) BC2 = 4 + 2 − 4 2
= 4−2 3
4
BC = 3 − 1
[4 puntos]
6.- [Puntuación 4]
Encuentre los valores enteros de m y n para los cuales m − n log3 2 = 10log 9 6
Solución:
log 6
m = 10log 9 6 + n log3 2 = 10 3 + log3 2n = log3 65 + log3 2n = log3 65.2n
log3 9
(
(
)
)
 m =5
m = log 3 65.2n → 3m = 35.25.2n → 
5 + n = 0 → n = −5
7.- [Puntuación 8]
7
y la recta y = x + 2, indicando claramente las
x−4
(a) Dibuje en los mismos ejes la curva y =
intersecciones con los ejes y las asíntotas.
[3 puntos]
7
(b) Encuentre las soluciones exactas d la ecuación x + 2 =
.
x−4
[5 puntos]
Solución:
7
a) y =
tiene asíntota vertical x=4
x−4
y asíntota horizontal y=0.
 7
Corta a los ejes en  0,  .
 4
y=x+2 corta a los ejes en (0,2) y (-2, 0)
b) Si x<4
Si x>4
−7
2 8
= x + 2 → x2 − 2x − 1 = 0 → x =
= 1 2
x −4
2
7
2  64  5
= x + 2 → x2 − 2x − 15 = 0 → x =
=
x −4
2
− 3 No válido
8.- [Puntuación 5]
→
→
→
O, A, B y C son puntos distintos tales que OA = a, OB = b y OC = c.
→
→
→
Sabiendo que c es perpendicular a AB y b es perpendicular a AC , pruebe que a es perpendicular a BC .
Solución:
c.(b-a)=0 → c . b – c . a=0
b.(c-a)=0→ b . c- b . a=0
→
→
b.a-c.a=0 →(b-c).a=0 → BC .a=0 → a perpendicular a BC
9.- [Puntuación 7]
Una curva viene dada por la ecuación y = sen (π cos x).
Encuentre las coordenadas de todos los puntos de la curva para los cuales
Solución:
dy
= cos(  cos x ).( −senx)
dx
dy
= 0 , 0 ≤ x ≤ π.
dx




x= 3

1
cos(  cos x ) = 0 →  cos x = + k → cos x = + k → 
2
2
2
dy

x =
=0→ 
3

dx

x
=
0

 senx = 0 →


x = 

Las coordenadas de los puntos son: (0, 0)
( , 0)
 
 , 1
3 
 2

 , − 1
3


10.- [Puntuación 7]
7 2
3
Encuentre las coordenadas x de todos los puntos de la curva y = 2x 4 + 6x3 + x − 5x + en los cuales la
2
2
tangente a la curva es paralela a la tangente en (-1, 6).
Solución:
y ´= 8x3 + 18x 2 + 7x − 5
En (-1, 6) m=-2
8x3 + 18x2 + 7x − 5 = −2 → 8x3 + 18x2 + 7x − 3 = 0
8
-1
8
18
-8
10
7
-10
-3
-3
3
0
x=-1
 1
− 10  196 − 10  14  4
8x + 10x − 3 = 0 → x =
=
=
8
16
16
−
 3
2
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 21]
Dos planos tienen por ecuaciones 1 : 4x + y + z = 8 y 2 : 4x + 3y − z = 0 .
(a) Calcule el coseno del ángulo formado por los dos planos en la forma
p
, donde p, q  Z .
q
[4 puntos]
Sea L la recta de intersección de los dos planos.
 − 1
 
(b)
(i) Muestre que L tiene dirección  2 
 2 
 
(ii) Muestre que el punto A (1, 0, 4) está en ambos planos.
(iii) Escriba una ecuación vectorial de L.
B es el punto de 1 de coordenadas (a, b, 1).
[6 puntos]
→
(c) Sabiendo que el vector AB es perpendicular a L calcule el valor de a y el valor de b.
[5 puntos]
(d) Demuestre que AB = 3 2 .
[1 punto]

El punto P está en L y ABP= 45 .
(e) Encuentre las coordenadas de las dos posiciones posibles de P.
Solución:
 4
 4 
 
 
a) Vector director de  1 :  1 
Vector director de  2 :  3 
1
 − 1
 
 
cos (1 , 2 ) =
| 16 + 3 − 1 |
18 26
=
18
18 26
=
[5 puntos]
18
9
=
26
13
 4x + y + z = 0
z
→ 2y − 2z = −8 → y = − 4 + z
4x = 12 − 2z → x = 3 −
b) i) L : 
2
4
x
+
3
y
−
z
=
0

 x = 3− t
 − 1
 

Si z = 2t L : y = −4 + 2t → Vector director de L :  2 
 2
 z = 2t

 
ii) 4.1+0+4=8 → A  1
4.1+3.0-4=0 → A   2
 x   1   − 1
     
iii) L :  y  =  0  + t  2 
 z   4  2 
     
 − 1
 a − 1  − 1
→ 


  
c) AB•  2  = 0 →  b  •  2  = 0 → − a + 1 + 2b − 6 = 0 → − a + 2b = 5
 2
 −3   2 
 

  
B  1 → 4a + b = 7
Resolviendo el sistema
− a + 2b = 5
 → b=3 a =1
4a + b = 7 
0
→ 
→

d) AB =  3  → | AB |= 18 = 3 2
 − 3
 
e) P(1-t, 2t, 4+2t)
− t 
→
 

t = 2
AP =  2t  y | AP |= 3 2 → t 2 + 4t 2 + 4t 2 = 3 2 → 9t 2 = 18 → 

 2t 
t = − 2
 
→
→ P(1 − 2 , 2 2 , 4 + 2 2 )
→ P(1 + 2 , − 2 2 , 4 − 2 2 )
12.- [Puntuación 21]
3
 
  
(a) Utilice el teorema de Moivre para encontrar el valor de  cos  + isen   .
 3 
 3
(b) Utilice la inducción matemática para probar que
(cos  − isen)n = cos n − isen n, con n  Z+ .
Sea z = cos θ + i sin θ.
[2 puntos]
[6 puntos]
( )
n
c) Encuentre una expresión en función de θ (z)n + z * , n  Z + donde z * es el complejo
conjugado de z.
(d)
(i) Demuestre que z z * = 1.
(
(ii) Escriba el desarrollo binomial de z + z *
)
3
2 puntos]
en función de z y z *.
(iii) Usando lo anterior muestre que cos 3 = 4 cos 3  − 3cos  .
3
[ 5 puntos]
2
(e) Usando lo anterior, resuelva 4 cos  − 2cos  − 3cos  + 1 = 0 para 0 ≤ θ <π.
Solución:
[ 6 puntos]
3
 
  
a)  cos  + isen   = cos  + isen = −1 3
3
 3 
  
b) Para n=1
(cos  − isen)1 = cos  − isen  = cos 1. − isen1.
Suponemos cierto para n=k
(cos  − isen)k = cos k − isen k
Probemos para n=k+1
(cos  − isen)k +1 = cos( k + 1) − isen (k + 1)
Cierto
?
(cos  − isen)k +1 = (cos k − isen k)(cos  − isen) =
= cos k cos  − senk sen − i(cos k sen + senk cos ) = cos( k + ) − isen(k + ) = cos( k + 1) − isen(k + 1)
( )
c) (z)n + z *
n
= (cos  + isen)n + (cos  − isen)n = cos n + isen n + cos n − isen n = 2 cos n
d) i) z.z * = (cos  + isen)(cos  − isen) = cos 2  + sen2 − i cos  sen + isen cos  = 1
(
) = 30z
(
) = (2cos )
ii) z + z *
iii) z + z *
3
 
3
3
3
3
 3
+  z2z * +  z(z * )2 +  (z * )3 = z3 + 3z + 3z * + (z * )3
1
2
 
 
 3
3
= 8 cos 3 
(1)
z3 + 3z + 3z * + (z * )3 = 2cos 3 + 6 cos  (2)
Igualando (1) y (2) 8 cos 3  = 2cos 3 + 6 cos  → cos 3 = 4 cos 3  − 3cos 
e)
4 cos3  − 2cos 2  − 3cos  + 1 = 0 → cos 3 − 2cos 2  + 1 = 0 → cos 3 = cos 2 →

 =0

2k
2
→ 3 = −2 + 2k , k  Z → 5 = 2k, k  Z →  =
, k  Z →  =
5
5

 = 4

5
13.- [Puntuación 18]
El siguiente diagrama muestra la gráfica de y =
(ln x )2 , x  0 .
x
(a) Sabiendo que la curva pasa por el punto (a, 0), indique el valor de a.
La región R está encerrada por la curva, el eje x y la recta x = e.
(b) Utilice la sustitución u= ln x para calcular el área de la región R.
e
(ln x )n
dx , n  N
Sea In =
1
x2
(c)
(i) Calcule el valor de I0 .
[1 punto]
[5 puntos]

1
(ii) Pruebe que In = − + nIn −1 , n  Z+
e
(iii) Usando lo anterior calcule el valor de I1 .
(d) Calcule el volumen del sólido formado cuando la región R se hace girar 2π alrededor
del eje x.
Solución:
a) lna=0 → a=0
1
b) u = ln x
du = dx
x

(ln x )2 dx =
x
Área=

x
1
e


(ln x )n
1
x2
u´= n(ln x )n −1 .

x
2
1
=
1
3
e
dx
u = (ln x )n
(ln x )n
3
e
1
 1
dx = −  = − + 1
2
x
e
 1
1 x
1
e

[5 puntos]
(ln x )3 + C
u3
+C =
3
3
(ln x )2 dx =  (ln x )3 
e
c) i) I0 =
ii) In =

u2du =
[7 puntos]
v´ =
1
x2
1
v=−
x
1
x
1
1
dx = −(ln x )n . + n (ln x )n−1 . dx
x
x

e
1
1 
1

In = − (ln x )n . + n (ln x )n−1 . dx  = − + nIn−1
x
x 1
e

1
1 e
2
iii) I1 = − + I0 = − − 1 + 1 = − + 1
e
e
e

d) Volumen = π

e (ln x )4
1
x
2
 1  1
 5
 1


 1

dx = π.I4 = π − + 4I3  = π − + 4 − + 3I2   = π − + 12 − + 2I1   =
 e

 e

 e

 e
 e
 17
 17

 2

 65

= π −
+ 24I1  = π −
+ 24 − + 1   = π −
+ 24 
 e

 e

 e

 e
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ2
Martes 10 de mayo de 2016
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
El siguiente sistema de ecuaciones representa tres planos en el espacio.
x + 3y + z = −1
x + 2y − 2z = 15
2x + y − z = 6
Halle las coordenadas del punto de intersección de los tres planos.
Solución:
Con la 1ª y 3ª ecuaciones: 3x+4y=5
Con la 1ª y 2ª ecuaciones: 3x+8y=13
4y=8→ y=2
x=-1
z=-6
Punto de intersección (-1, 2, -6)
2.- [Puntuación 5]
3x + 2
, x  R , x  −1 .
x +1
Dibuje aproximadamente el gráfico de y=f(x), indicando claramente todas las asíntotas que haya y sus
ecuaciones, y las coordenadas de todos los puntos de corte con los ejes.
Solución:
La función f se define mediante f ( x ) =
Asíntota vertical: x=-1
Asíntota horizontal: y=3
2
Cortes ejes: (0, 2) y (− , 0)
3
3. [Puntuación 5]
π
π

a) Muestre que cot an α = tan − α  para 0  α  .
2
2

b) A partir de lo anterior, halle

cot an 
tan 
1
1+ x
2
dx , 0   
[1 punto]

2.
[4 puntos]
Solución:


sen −  

2



 = cos  = cot an
a) tan −   =
2
 cos  −   sen


2

b)

cot an 
tan 
1
1+ x
2
an 
dx = arctan x cot
= arctan(cot an ) −  =
tan 


−  −  = − 2
2
2
4.- [Puntuación 6]
La función f viene dada por f ( x ) = ax2 + bx + c , donde a , b, c  R .
f ( x 2 ) − f ( x1 ) f ´(x 2 ) + f ´(x1 )
=
, x1  x 2 .
x 2 − x1
2
Muestre que la conjetura de Hayley es correcta.
Solución:
Hayley formula la siguiente conjetura:
f ( x 2 ) − f ( x1 ) ax22 + bx2 + c − ax12 − bx1 − c a( x 2 − x1 ).(x 2 + x1 ) + b( x 2 − x1 ) x 1  x 2
=
=
= a( x 2 + x1 ) + b
x 2 − x1
x 2 − x1
x 2 − x1
f ´(x2 ) + f ´(x1 ) 2ax2 + b + 2ax1 + b 2a(x2 + x1 ) + 2b
=
=
= a(x2 + x1 ) + b
2
2
2
5.- [Puntuación 8]
Una moneda no equilibrada se lanza al aire cinco veces.
En cada lanzamiento la probabilidad de que salga cara es igual a p.
Sea X el número de veces que sale cara.
a) Halle, en función de p, una expresión para P(X=4).
b)
i) Determine el valor de p para el cual P(X=4) alcanza un valor máximo.
ii) Para este valor de p, determine el número esperado de veces que sale cara.
Solución:
a) X:"nº de veces que sale cara en los 5 lanzamientos" es B(5, p).
[2 puntos]
[6 puntos]
5 
P( X = 4) =  p4 (1 − p) = 5p4 (1 − p)
 4
b) i) Sea f (p) = 5p4 (1 − p)


f ´(p) = 5 4p3(1 − p) − p4 = 5(4p3 − 5p4 )
p = 0 No válida

4p3 − 5p4 = 0 → 
4
p=

5

4
ii) E( X ) = 5. = 4
5
6.- [Puntuación 8]
Considere el desarrollo de (1 + x )n en potencias ascendente de x, donde n  3 .
a) Escriba los cuatro primeros términos del desarrollo.
Los coeficientes de los términos segundo, tercero y cuarto del desarrollo son términos
consecutivos de una progresión aritmética.
[2 puntos]
i) Muestre que n3 − 9n2 + 14n = 0 .
ii) A partir de lo anterior, halle el valor de n.
Solución:
[6 puntos]
b)
n n
n
n
a) (1 + x )n =   +  x +  x 2 +  x3 + ...
0  1  2 
3 
b) i) Coeficiente 2º: n
Coeficiente 3º:
n(n − 1)( n − 2)
n(n − 1)
Coeficiente 4º:
2
6
n(n − 1)
n(n − 1)( n − 2) n(n − 1) n2 − 3n n3 − 3n2 + 2n n2 − n
−n =
−
→
=
−
→3n2 − 9n = n3 − 3n2 + 2n − 3n2 + 3n →
2
6
2
2
6
2
→ n3 − 9n2 + 14n = 0
n =0


9  81 − 56  7
ii) n3 − 9n2 + 14n = 0 → n n2 − 9n + 14 = 0 → 
n=
=

2
1

(
)
No válido
7.- [Puntuación 6]
A y B son sucesos independientes tales que P( A) = P(B) = p, p  0 .
a) Muestre que P( A  B) = 2p − p2 .
b) Halle P(A | A  B) en su forma más simple.
Solución:
[2 puntos]
[4 puntos]
a) P( A  B) = P( A ) + P(B) − P( A  B) = p + p − p.p = 2p − p2
b) P( A | A  B) =
PA  ( A  B)
P( A )
p
1
=
=
=
2
P( A  B)
P( A  B) 2p − p
2− p
8.- [Puntuación 8]
Utilice la inducción matemática para demostrar que n(n2 + 5) es divisible entre 6.
Solución:
•
Para n=1
1(12 + 5) = 1.6 = 6 Cierto
Suponemos cierto para n=k:
k(k 2 + 5) = 6
Probemos para n=k+1
(k + 1)(( k + 1)2 + 5)= 6
•
?•
•
•
•
•
•
(k + 1)(( k + 1)2 + 5) = (k + 1)( k 2 + 2k + 1 + 5) = k(k 2 + 5) + k(2k + 1) + k 2 + 2k + 6 = 6+ 3k 2 + 3k + 6 + 6 = 6+ 3k(k + 1) + 6 = 6+ 6+ 6 = 6
(*)
•

 Si k es par → 3k = 6
(*) 
•
Si k es impar → k + 1 es par → 3(k + 1) = 6

9.- [Puntuación 8]
3 −1
3 +1

+
= 4 2 , 0 x  .
senx
cos x
2
6− 2
6+ 2
  
  
Sabiendo que sen  =
cos  =
12
4
12
4
 
 

a) Verifique que x =
es una solución de la ecuación.
12
Considere la ecuación
b) A partir de lo anterior, halle la otra solución de la ecuación para 0  x 
[3 puntos]

.
2
[5 puntos]
Solución:
3 −1
3 +1
4 3 −1
4 3 +1
4
4
8 8 2
a)
+
=
+
=
+
=
=4 2
6− 2
6+ 2
2 3 −1
2 3 +1
2
2
2 2
4
4
(
(
)
)
(
(
)
)
b)
 π
 π
4sen  4 cos  
12
 π
 π
 
 12 
sen  cos 
2
2
 12  +
 12  = 2 → sen π . cos x + cos π .senx = 2senx cos x →
+
=4 2 →
 
 
senx
cos x
senx
cos x
 12 
 12 
π
π
+ x = 2x → x =

 π

 12
12
→ sen + x  = sen2x → 
11π
11π
 π

 12

2x = π −  + x  →3x =
→x=

12
12
36



SECCIÓN B
10.- [Puntuación 18]
x −2 y −q
=
= z − 1 , donde p, q  R .
p
2
Un plano  tiene por ecuación x+y+3z=9.
a) Muestre que L no es perpendicular a  .
b) Sabiendo que L está contenida en el plano  , halle el valor de p y el valor de q.
Considere ahora un caso distinto, en el que L y  forman un ángulo agudo  , donde
 1 
 .
 = arcsen
 11 
c)
i) Muestre que p=-2
ii) Si L y  se cortan en z=-1, halle el valor de q.
Solución:
p
 
a)Vector director de la recta  2 
1
 
Una recta L tiene por ecuación
1
 
Vector perpendicular al plano:  1 
 3
 
Como
2 1
 L no es perpendicular a  .
1 3
 x = 2 + pt

b) L : y = q + 2t
 z =1+ t

2+pt+q+2t+3+3t=9 →(p+5)t=4-q → p=-5 q=4
c) i) sen =
| p + 2 + 3|
2
p + 5 11
→
1
11
=
| p + 5|
p + 5 11
ii) 2-2t+q+2t+3+3t=9 →3t=4-q → t =
Para z=-1 t=-2 → − 2 =
2
4−q
3
4−q
→ q = 10
3
→ p2 + 5 = p2 + 25 + 10p → p = −2
[3 puntos]
[4 puntos]
[11 puntos]
11.- [Puntuación 19]
El siguiente gráfico muestra la relación x = 3cos 2y + 4 , 0  y   .
La curva se rota 360ᵒ alrededor del eje y para así generar el volumen de revolución, V.
a) Calcule el valor de V.
[8 puntos]
Se fabrica un contenedor que tiene esa forma, con un volumen igual a V cm 3 y una base sólida
de 14 cm de diámetro.
El contenedor se va llenando de agua a razón de 2 cm3 min−1 .
La profundidad del agua es igual a h cm, 0  h   .
dV
dh
= (3cos 2h + 4)2 , halle una expresión para
b)
i) Sabiendo que
.
dh
dt

dh
ii) Halle el valor de
cuando h = .
dt
4
2
d h
c)
i) Halle 2
dt
ii) Halle los valores de h para los cuales
d 2h
dt 2
=0.
iii) Haciendo referencia explícita a la forma del contenedor, interprete
de h que ha hallado en el apartado (c)(ii).
Solución:
a)
V=


0
(3cos 2x + 4)2 dx = 


0
[4 puntos]
dh
en los valores
dt
[7 puntos]
(9cos 2 2x + 16 + 24cos 2x )dx = 

9


  2 (1 + cos 2x  + 16 + 24cos 2x dx =
0

9 

sen4x 
9
 412
=   x +
 + 16x + 12sen2x  =   + 16  =
4 
2
2

2 
0
dh dh dV
2
b) i) dt = dV . dt =
(3cos 2h + 4)2
ii) Para h =
c) i)
ii)
iii)
d2h
dt
2
2
d h
dt
2
d 2h
dt
2
=

4
dh
2
1
=
=
2
dt (4)
8
d  dh  d  dh  dh
24sen2h
2
48sen2h
=
.
= 2

=

.
3
2
dt  dt  dh  dt  dt (3cos 2h + 4) (3cos 2h + 4)
 (3cos 2h + 4)5
= 0 → sen2h = 0 → h = 0
es positiva entre 0 y
h=

2
h=
dh


y negativa entre y  , por tanto
, que es la velocidad a la que crece la
dt
2
2


(el depósito se estrecha y el agua sube más rápido) y decreciente entre
y  (el
2
2
depósito se va anchando y el agua sube más lento).
altura, es creciente entre 0 y
12.- [Puntuación 23]
2
2
Sea w = cos + isen
.
7
7
a) Verifique que w es una raíz de la ecuación z7 − 1 = 0 , z  C .
b)
2
3
4
5
[3 puntos]
6
i) Desarrolle ( w − 1)(1 + w + w + w + w + w + w ) .
ii) A partir de lo anterior, deduzca que 1 + w + w 2 + w 3 + w 4 + w 5 + w 6 = 0 .
[3 puntos]
7
c) Escriba las raíces de la ecuación z − 1 = 0 , z  C en función de w y sitúe estas raíces en un
diagrama de Argand.
[3 puntos]
2
Considere la ecuación cuadrática z + bz + c = 0 , donde b, c  R , z  C .
Las raíces de esta ecuación son  y  * donde  * es el número complejo conjugado de 
i) Sabiendo que  = w + w 2 + w 4 , muestre que  * = w 6 + w 5 + w 3 .
ii) Halle el valor de b y el valor de c.
e) Utilizando los valores de b y c que ha obtenido en el apartado (d)(ii), halle la parte imaginaria
de  en forma de radical irracional.
Solución:
d)
[10 puntos]
[4 puntos]
w 7 − 1 = 12 − 1 = 1 − 1 = 0
a) w = 1 2
7
b) i)
( w − 1)(1 + w + w 2 + w 3 + w 4 + w 5 + w 6 ) = w + w 2 + w 3 + w 4 + w 5 + w 6 + w 7 − 1 − w − w 2 − w 3 − w 4 − w 5 − w 6 = w 7 − 1
 w − 1 = 0 No es válido
2
3
4
5
6
1 + w + w + w + w + w + w = 0
ii) w7 − 1 = 0 → 
 10 = 1

 1 2 = w
7

 1 = w2
 4
 7
 1 6 = w 3

c) z7 − 1 = 0 → z = 7 10 = 1 2k
= 7
, k =0,... 6 
7
1 = w4
 8
 7
 1 10 = w 5

 7
6
 1 12 = w
 7
(
)
*
( ) ( )
*
*
d) i)  * = w + w 2 + w 4 = w * + w 2 + w 4 = w 6 + w 5 + w 3
ii)
(w + w
(w
6
2
) (
2
)
(
)
+ w 4 + b w + w 2 + w 4 + c = 0 → w 2 + w 4 + ww + 2w 3 + 2w 5 + 2w 6 + b w + w 2 + w 4 + c = 0
) (
2
)
(
)
+ w 5 + w 3 + b w 6 + w 5 + w 3 + c = 0 → w 5 + w 3 + w 6 + 2w 4 + 2w 2 + 2w + b w 6 + w 5 + w 3 + c = 0
Despejando c en ambas ecuaciones e igualando:
(
)
− 1 + w3 + w5 + w 6 + b(w + w 2 + w 4 ) = −1 + w + w 2 + w 4 + b w 6 + w5 + w3 →
→ b(w + w 2 + w 4 − w 6 − w5 − w3 ) = w + w 2 + w 4 − w3 − w5 − w 6 →
− 1 + w 3 + w 5 + w 6 + 1.(w + w 2 + w 4 ) = −c →
e) z2 + z + 2 = 0 → z =
−1  −7 −1  7 i
=
2
2
c =2
→ Im() =
7
2
b=1
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ1
Miércoles 11 de mayo de 2016
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
 1 
1
→  
 
Los puntos A y B tienen vectores de posición OA =  2  y OB =  0 
 − 2
 2
 
 
→
→
→
(a) Calcule OA OB .
(b) Usando lo anterior encuentre el área del triángulo OAB.
Solución:
i j k
→
[2 puntos]
[2 puntos]
→
a) OA OB = 1 2 − 2 = 4i-4j-2k
1 0
2
b) Área triángulo OAB=
1
16 + 16 + 4 = 3
2
2.- [Puntuación 4]
(a) Exprese x2 + 4x − 2 en la forma ( x + a )2 + b, b  Z .
[2 puntos]
(b) Si f ( x ) = x + 2 y (gof )( x ) = x2 + 4x − 2 calcule g (x).
Solución:
[2 puntos]
a) x2 + 4x − 2 = ( x + 2)2 − 6
b) g[f ( x )] = g( x + 2) = x2 + 4x − 2 → g( x ) = x2 − 6
3.- [Puntuación 5]
El desplazamiento, s, en metros, de una partícula t segundos después de pasar por el origen
(
)
está dado por la expresión s = ln 2 − e − t , t  0 .
(a) Calcule una expresión para la velocidad, v, de la partícula en el tiempo t.
(b) Calcule una expresión para la aceleración, a, de la partícula en el tiempo t.
(c) Halle la aceleración de la partícula en el tiempo t = 0.
Solución:
ds
e−t
=
a) v =
dt 2 − e − t
b) a =
dv − e − t (2 − e − t ) − e − t .e − t
− 2e − t
=
=
dt
(2 − e − t )2
(2 − e − t )2
c) Para t=0 a=-2 ms-2
[2 puntos]
[2 puntos]
[1 punto]
4.- [Puntuación 6]
El siguiente diagrama muestra un recinto triangular cercado en medio de un gran campo cubierto de hierba.
Los puntos A y C están separados 3 m.
Una cabra G está atada por una cuerda de 5 m de longitud en el punto A en el borde exterior del recinto.
Sabiendo que la esquina del recinto en C forma un ángulo de θ radianes y el área de campo que puede ser
alcanzado por la cabra es de 44 m2, encuentre el valor de θ.
Solución:
.25 ( − )4
29 − 88
44 =
+
→ 88 = 29 − 4 →  =
= 0,77 rad
2
2
4
5.- [Puntuación 7]
La función f viene dada por f ( x ) =
3x 2 + 10
x2 − 4
(a) Demuestre que f es una función par.
(b)
(i) Dibuje el gráfico y = f (x).
(ii) Escriba el recorrido de f.
Solución:
a) f ( −x ) =
3( −x )2 + 10
( −x )2 − 4
=
3x 2 + 10
x2 − 4
b) i)
5

ii) R f =  −  , −   3, + 
2

= f(x)
, x  R , x  2, x  −2 .
[2 puntos]
[5 puntos]
6.- [Puntuación 6]
Las alturas de los estudiantes en un grupo de un solo año en una escuela pueden ser modeladas por una
distribución normal.
Se sabe que el 40% de los estudiantes miden menos de 1,62 m y el 25% son más altos de 1,79 m.
Calcule la media y la desviación típica de las alturas de los estudiantes
Solución:
X:”altura estudiantes” es N( , )
Z=
Y -

1,62 −  
1,62 − 

P(X  1,62)= 0,4 → P Z 
= −0,2533
 = 0, 4 →
 


1,79 −  
1,79 − 

P(X  1,79) = 0,25 → P Z 
= 0,6745
 = 0,25 →




Resolviendo el sistema:  = 1,67
 = 0,18
7.- [Puntuación 8]
Se ha probado que en competiciones de remo el tiempo, T segundos tomados para completar
2000 m de carrera se puede modelar mediante una ecuación de la forma T = aNb , donde N
es el número de los remadores en el barco y a y b son constantes para los remadores de un
estándar similar. Para probar este modelo los tiempos para los finalistas en todas las carreras
de 2000 m masculinas en unos recientes juegos Olímpicos se registraron los juegos y se calculó
la media. Los resultados se muestran en la siguiente tabla para N = 1 y N = 2.
N
1
2
T (segundos)
420.65
390.94
(a) Utilice estos resultados para encontrar estimaciones para el valor de a y el valor de b.
De sus respuestas con cinco cifras significativas.
(b) Utilice este modelo para estimar el tiempo medio de los finalistas en una carrera olímpica
para barcos con 8 remeros. Dé su respuesta correcta con dos decimales.
Ahora se sabe que el tiempo promedio en la final para barcos con 8 remadores fue de
342,08 segundos.
(c) Calcule el error en su estimación como un porcentaje del valor real.
d) Haga un comentario sobre la probable validez del modelo cuando N aumenta más allá de 8.
Solución:
420,65 = a 

→ b = −0,10567
a)
b
390,94 = a.2 

[4 puntos]
[1 punto]
[1 puntos]
[2 puntos]
b) T = 420,65.8−0,10567 = 337,67 seg.
c) Error=342,08-337,65=4,43 seg.
x
.342,08 → x = 1,29
100
El error es de 1,29% sobre el total
4,43 =
d) No es un buen ajuste para valores de N mayores que 8 y si es un buen ajuste para valores de N próximos a 8.
8.- [Puntuación 5]
Cuando x 2 + 4x − b se divide por x - a el resto es 2. Sabiendo que a , b  R , calcule el menor valor posible para b.
Solución:
a2 + 4a − b = 2 → a =
6 + b  0 → b  −6
− 4  16 + 4b + 8 − 4  2 6 + b
=
= −2  6 + b
2
2
El menor valor posible de b es -6.
9.- [Puntuación 7]
Dos raíces distintas de la ecuación z 4 − 10z3 + az2 + bz + 50 = 0 son c + i y 2 + id donde
a , b, c, d  R , d  0 .
(a) Escriba las otras dos raíces en función de c y d.
(b) Calcule el valor de c y el valor de d.
Solución:
a) c-i y 2-di
[1 punto]
[6 puntos]
b)
z 4 − 10z3 + az2 + bz + 50 = (z − c + i)(z − c − i)(z − 2 − id)(z − 2 + id) = [(z − c)2 + 1].[(z − 2)2 + d2 ] =
= (z2 − 2cz + c2 + 1)(z2 − 4z + 4 + d2 )
-10=-4-2c → c=3
50 = (c2 + 1)( 4 + d2 ) → d = 1
10.- [Puntuación 8]
Unos estudiantes se inscriben en un concurso para una actividad durante el transcurso de una tarde.
La llegada de cada estudiante es independiente de la llegada de cualquier otro estudiante y el número de
estudiantes que llegan por hora puede ser modelado como una distribución de Poisson con una media de λ.
El escritorio está abierto durante 4 horas. Si exactamente 5 personas llegan a inscribirse para la actividad
durante ese tiempo, encuentre la probabilidad de que exactamente 3 de ellos lleguen durante la primera hora.
Solución:
X:”número de estudiantes en 1 hora” es Po(λ)
Y:”número de estudiantes en 4 horas” es Po(4λ)
Z:”número de estudiantes en 3 horas” es Po(3λ)
e − .3 e −3 .(3 )2
9
.
P( X = 3).P(Z = 2)
2!
P( X = 3 | y = 5) =
= 3! − 4
= 12 = 0,0879
1024
P( Y = 5)
e
.(4 )5
120
5!
SECCIÓN B
11.- [Puntuación 22]
Sea f ( x ) = x 4 + 0,2x3 − 5,8x2 − x + 4, x  R
(a) Calcule las soluciones de f (x)> 0.
(b) Para la curva y = f (x).
(i) Calcule las coordenadas de los puntos mínimos locales.
(ii) Calcule las coordenadas x de los puntos de inflexión.
El dominio de f está ahora restringido a [0, a].
(c)
(i) Escriba el valor mayor de a para el cual f tiene una inversa.
De su respuesta con 3 cifras significativas.
[3 puntos]
[5 puntos]
(ii) Para ese valor de a, dibuje las gráficas de y = f (x) y y = f −1 ( x ) en los mismos ejes,
mostrando claramente las coordenadas de los puntos finales de cada curva.
(iii) Resuelva f −1 ( x ) = 1 .
Sea g( x ) = 2sen( x − 1) − 3, −
[6 puntos]


+1  x  +1.
2
2
(i) Encuentre una expresión para g −1( x ) , indicando el dominio.
(d)
(
)
(ii) Resuelva f −1og ( x )  1 .
[8 puntos]
Solución:
a)
f(x)>0 si x  − , − 2.24  − 1, 0.8  2.24, + 
b) i) Mín (-1.74, -3.7) y (1.67, -5.14)
ii) f ´( x ) = 4x3 + 0,6x2 − 11,6x − 1
f ´´(x ) = 12x 2 + 1,2x − 11,6
 x = 0,93
12x 2 + 1,2x − 11,6 = 0 → 
x = −1,03
c) i) a=1,67
ii)
iii) f −1( x ) = 1 → fof −1( x ) = f (1) → x = f (1) = −1,6
 y +3 
d) i) y = 2sen( x − 1) − 3 → x = arcsen
 +1
 2 
 x +3 
g −1( x ) = arcsen
 +1
 2 
Dg −1 = R g = − 5, − 1
(
)
ii) f −1og (x )  1 → f −1 g(x )  1 → g(x )  −1,6 → 1,78  x 
π
+1
2
12.- [Puntuación 16]
Considere la curva, C definida por la ecuación y 2 − 2xy = 5 − e x .
El punto A se encuentra en C y tiene coordenadas (0, a), a> 0.
(a) Calcule el valor de a.
dy 2y − e x
=
(b) Muestre que
.
dx 2( y − x )
(c) Halle la ecuación de la normal a C en el punto A.
(d) Encuentre las coordenadas del segundo punto en el cual la normal encontrada en el
apartado (c) corta a C.
dv
(e) Sabiendo que v = y 3 , y  0, calcule
en x = 0 .
dx
Solución:
a) a2 = 5 − 1 → a = 2
b) 2yy ´−2( y + xy ´) = −e x → y´=
c) En A(0, 2) m =
mN = −
2y − e x
2( y − x )
4 −1
3
=
2(2 − 0) 4
4
3
4
4
y −2 = − x → y = − x +2
3
3
2
 4

 4

d)  − x + 2 − 2x − x + 2 = 5 − ex → x = 1,56
 3

 3

Punto de corte (1.56, -0.08)
e)
dv dv dy
2y − e x
=
.
= 3y 2 .
dx dy dx
2( y − x )
En x=0
dv
4 −1
= 12.
=9
dx
2(2 − 0)
[2 puntos]
[4 puntos]
[3 puntos]
[4 puntos]
[3 puntos]
13.- [Puntuación 22]
Seis bolas numeradas 1, 2, 2, 3, 3, 3 se colocan en una bolsa.
Las bolas se toman una a una de la bolsa al azar y el número se anota.
A lo largo de la pregunta una bola es siempre reemplazada antes de tomar la bola siguiente.
(a) Se toma una sola bola de la bolsa. Sea X el valor mostrado en la bola. Calcule E (X).
(b) Se sacan tres bolas de la bolsa. Encuentra la probabilidad de que
(i) la suma de los tres números es 5;
(ii) la mediana de los tres números es 1.
c) Se sacan diez bolas de la bolsa.
Encuentre la probabilidad de que menos de cuatro de las bolas sean con el número 2.
(d) Encuentre el menor número de bolas que se deben sacar de la bolsa para que la
probabilidad de sacar al menos una bola numerada 2 sea mayor de 0,95.
(e) Otra bolsa contiene también bolas numeradas 1, 2 ó 3.
Se toman ocho bolas de esta bolsa al azar.
Se calcula que el número esperado de bolas numeradas 1 es 4,8, y la varianza del número de
bolas numeradas 2 es 1,5.
Calcule el menor número posible de bolas numeradas 3 en esta bolsa.
Solución:
a)
x
1
2
3
1
2
3 14 7
=
E(X)= 1. + 2. + 3. =
2
3
1
6
6
6 6 3
P(X=x)
6
6
6
E(X)=
b) i) P(1 1 3)+P(1 2 2)+P(1 3 1)+P(2 1 2)+P(2 2 1)+P(3 1 1)=
2
2
2
2
2
[2 puntos]
[6 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[8 puntos]
2
7
 1  3 1  2   1  3  2  1  2  1 3  1  3 + 4 + 3 + 4 + 4 + 3 21
=   . + .  +   . +   . +   . + .  =
=
=
216
216 72
6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6
ii) P(1 1 1)+P(1 1 2)+P(1 1 3)+P(1 2 1)+P(1 3 1)+P(2 1 1)+P(3 1 1)=
1
2
3
2
3
2
3
16
=
+
+
+
+
+
+
=
216 216 216 216 216 216 216 216
1

c) Y:”número de bolas con el número 2 de las 10 que se sacan “ es B 10, 
3

P(Y  4) = P(Y  3) = 0,5593
 1
d) Y:”número de bolas con el número 2 de las n que se sacan” B n , 
 3
0
n
n
n  1   2 
2
P(Y  1)  0,95 → 1 − P(Y = 0)  0,95 → 1 −  .  .   0,95 →    0,05 → n  7,38
3
3
0




3
 
El menor número de bolas es n=8
e) Sea X:”número de bolas con el 1 de las 8 que se sacan” es B(8, p1 )
Sea Y:”número de bolas con el 2 de las 8 que se sacan” es B(8, p2 )
Sea Z:”número de bolas con el 3 de las 8 que se sacan” es B(8, p3 )
5

 p = 0,25 =
Var(X ) = 1,5 = 8.p2 .(1 − p2 ) →8p22 − 8p2 + 1,5 = 0 →  2
20
p2 = 0,75 No válido
3
p3 = 1 − 0,6 − 0,25 = 0,15 =
20
Sea N el número de bolas que hay en la bolsa
Sea N1 el número de bolas con el 1 que hay en la bolsa,
Sea N2 el número de bolas con el 2 que hay en la bolsa,
Sea N3 el número de bolas con el 3 que hay en la bolsa,
3 N3
=
20 N
12

N1 = 3 N3
N1 N2 N3
=
=
→
5
12 5
3
 N 2 = N3
3

E(X)=4,8 → 4,8 = 8.p1 → p1 = 0,6 =
12
20
12 N1 5 N2
=
=
20 N 20 N
N3 = 3 es el menor número de bolas con el 3 que cumple las condiciones.
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ2
Miércoles 11 de mayo de 2016
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]

ABCD es un cuadrilátero en el que AB=6,5; BC=9,1; CD=10,4; DA=7,8 y CDA = 90 .

Halle ABC , y dé la respuesta al número de grados más próximo.
Solución:
AC 7,82 + 10,42 = 13


132 = 6,52 + 9,12 − 2.6,5.9,1. cos ABC → ABC = 111,8  112
2.- [Puntuación 7]
Una variable aleatoria X sigue una distribución normal de media 3 y varianza igual a 22 .
a) Halle P(0  X  2) .
b) Halle P(|X|>1).
c) Sabiendo que P(X>c)=0,44, halle el valor de c.
Solución:
a) P(0  X  2) = 0,2417
b) P(| X |> 1 = 1 - P(-1  X  1) = 1 - 0,1359 = 0,8641
c) c=3,3019
3.- [Puntuación 6]
Resuelva el siguiente sistema de ecuaciones
y
ln = 2
x
ln x 2 + ln y 3 = 7
Solución:
11
ln y − ln x = 2 
 → 5ln y = 11 → y = e 5
2ln x + 3ln y = 7
1
11
1
ln x =
− 2 = → x = e5
5
5
4.- [Puntuación 6]
La suma del segundo y el tercer término de una progresión geométrica es igual a 96.
La suma de los infinitos términos de esta progresión es igual a 500.
Halle los posibles valores de la razón común, r.
Solución:
u2 + u3 = 96→ u1r + u1r2 = 96
u
S = 500 → 1 = 500 → u1 = 500(1 − r )
1−r
 r = 0,88

2
2
2
3
3
500(1 − r )( r + r ) = 96 → 125(r + r − r − r ) = 24 →125r − 125r + 24 = 0 →  r = 0,2
r = −1,08 No válida

[2 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
5.- [Puntuación 6]
La función f se define mediante f ( x ) =
1− x
, −1  x  1 .
1+ x
Halle la función inversa, f −1 , e indique el dominio y el recorrido de dicha función.
Solución:
1− x
1− x
1 − y2
1 − x2
y=
→ y2 =
→ y 2 + y 2x = 1 − x → x = 2
→ f −1 ( x ) = 2
1+ x
1+ x
y +1
x +1
Df −1 = R f = 0, + 
R f −1 = Df = − 1, 1
6.- [Puntuación 8]
Una empresa fabrica láminas de vidrio rectangulares de 5 metros cuadrados de área.
Durante el proceso de fabricación de estas láminas de vidrio aparecen defectos, que se producen
a razón de 0,5 por cada 5 metros cuadrados.
Se supone que el número de defectos por lámina de vidrio sigue una distribución de Poisson.
a) Halle la probabilidad de que una lámina de vidrio elegida al azar contenga al menos un defecto.
Las láminas de vidrio que no tienen ningún defecto generan un beneficio de $5.
Las láminas de vidrio que tienen al menos un defecto ocasionan una pérdida de $3.
b) Halle el beneficio esperado, P dólares, que se obtienen por cada lámina de vidrio.
Esta empresa también fabrica láminas de vidrio más grandes, de 20 metros cuadrados de área.
La razón a la que se producen defectos sigue siendo de 0,5 por cada 5 metros cuadrados.
Se elige al azar una de estas láminas de vidrio grandes.
c) Halle la probabilidad de que no contenga ningún defecto.
Solución:
a) X:"nº de defectos por lámina" es Po(0,5)
P(X  1) = 1 − P(X = 0) = 1 − 0,6065 = 0,3935
[3 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
b) Y:"beneficio por lámina"
Y toma los valores: 5, − 3
y
P(Y=y)
5
0,6065
-3
0,3935
P=E(Y)=5.0,6065+(-3).0,3935=1,852$
c) Z:"nº de defectos por lámina" es Po(2)
P(Z=0)=0,1353
7.- [Puntuación 8]
Considere la curva que viene dada por la ecuación x3 + y 3 = 4xy .
dy 4y − 3x 2
.
=
dx 3y 2 − 4x
La tangente a esta curva es paralela al eje x en el punto donde x=k, k>0.
b) Halle el valor de k.
Solución:
a) Utilice la derivación implícita para mostrar que
a) 3x 2 + 3y 2y´= 4( y + y´x ) → y´=
b) 4y − 3k 2 = 0 → y =
4y − 3x 2
3y 2 − 4x
3k 2
4
 3k 2 

El punto con tangente horizontal es:  k ,


4


k3 +
k = 0 No válido (k  0)
27k 6
3k 2

= 4k
→ 64k 3 + 27k 6 = 192k 3 → 27k 6 − 128k 3 = 0 →  3 128
43 2
k =
→k=
64
4

27
3

[3 puntos]
[5 puntos]
8.- [Puntuación 6]
Una partícula se mueve de modo tal que su velocidad v ms−1 y su desplazamiento s m, están
relacionados mediante la ecuación v(s) = arctan(sens), 0  s  1 .
La aceleración de la partícula es a ms−2 .
a) Halle la aceleración de la partícula en función de s.
b) Utilizando un gráfico aproximado adecuado, halle el desplazamiento de la partícula cuando su
aceleración es igual a 0,25ms−2 .
Solución:
dv dv ds
1
cos s. arctan(sens)
a) a =
=
. =
.cos s.v =
2
dt ds dt 1 + sen s
1 + sen2s
[4 puntos]
[2 puntos]
b)
s=0,29 m
9.- [Puntuación 8]
→
→
OACB es un paralelogramo en el que OA = a y OB = b, donde a y b son vectores no nulos.
a) Muestre que
→
i) | OC |2 = |a|2+2a.b+|b|2
→
ii) | AB |2 = |a|2-2a.b+|b|2
→
[4 puntos]
→
b) Sabiendo que | OC |=| AB | , demuestre que OACB es un rectángulo.
Solución:
→
a) i) OC = a+b
→
| OC |2 = (a+b).( a+b)=a.a+a.b+b.a+b.b=|a|2+2a.b+|b|2
→
ii) AB = -a+b
→
| AB |2 = (-a+b).(- a+b)=a.a-a.b-b.a+b.b=|a|2-2a.b+|b|2
→
→
→
→
b) | OC |=| AB| →|a|2+2a.b+|b|2=|a|2-2a.b+|b|2 →a.b=0 → OA ⊥ OB
[4 puntos]
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 15]
Una variable aleatoria continua T tiene la siguiente función de densidad de probabilidad f
 t | sen2t |

, si 0  t  
f(t ) = 
,


0
,
resto
de
valores

a) Dibuje aproximadamente el gráfico de y=f(t).
b) Utilice este gráfico aproximado para hallar la moda de T.
c) Halle la media de T.
d) Halle la varianza de T.
e) Halle la probabilidad de que el valor de T esté comprendido entre la media y la moda.
T

f)
i) Halle f ( t ) dt donde 0  T  .
2
0
[2 puntos]
[1 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]

ii) A partir de lo anterior, verifique que el primer cuartil de T es
Solución:
a)
b) Mo=2,46
c) E(T ) =

 2
0
d) Var(T ) =
t | sen2t |
dt = 2,0379


( t − 2,0379)2 .t | sen2t |
dt = 0,5155

0

e) P(2,0379<T<2,46)=0,2874
f) i)

tsen2T
dt

u=t
u´= 1

v´= sen2t
− cos 2t
v=
2
tsen2T
−t cos 2t sen2t
dt =
+

2
4
T
T
− T cos 2T sen2T
 − t cos 2t sen2t 
f ( t ) dt = 
+
+
 =
2

4

2
4

0
0


ii) Para T =
2

− cos 
sen 1
f ( t ) dt = 2
+
= = 0,25 = 25%
2

4
4
0


2

.
2
[5 puntos]
11.- [Puntuación 22]
Los puntos A, B y T se encuentran sobre una línea de una cancha de fútbol sala.
La portería, [AB], tiene 2 metros de ancho.
Un jugador situado en el punto P patea el balón en dirección a la portería. [PT] es perpendicular a
(AB) y se encuentra a 6 metros de una recta paralela que pasa por el centro de [AB].

Sea PT igual a x metros y sea  = APB , medido en grados. Suponga que el balón se desplaza sobre el piso.
a) Halle el valor de  cuando x=10.
2x
b) Muestre que tan  =
.
2
x + 35
El valor de  es máximo cuando el valor de tan  es máximo.
d
c)
i) Halle
(tan ) .
dx
ii) A partir de lo anterior o de cualquier modo, halle el valor de  tal que
[4 puntos]
[4 puntos]
d
(tan ) = 0 .
dx
d2
(tan  ) y, a partir de lo anterior, muestre que el valor de  nunca
dx2
supera los 10ᵒ.
d) Halle el conjunto de valores de x para los cuales α  7 .
Solución:
iii) Halle

[11 puntos]
[3 puntos]

a)  = APT− BPT
7 5
−
 
 
10
10 = 20 → α = 8,43
tan α = tan APT− BPT  =
7

 1 + . 5 135
10 10
7 5
−
 
 
2x
b) tan  = tan APT− BPT  = x x =
2
7
5
x + 35

 1+ .
x x
d
2( x 2 + 35) − 4x 2
70 − 2x 2
c) i)
(tan  ) =
=
dx
( x 2 + 35)2
( x 2 + 35)2
2 35
35
35
=
→ α = arctan
= 9,59
70
35
35
d2
− 4x( x 2 + 35)2 − 2( x 2 + 35)2x(70 − 2x 2 ) − 4x3 − 140x − 280x + 8x3 4x3 − 420x 4x( x 2 − 105)
(tan  ) =
=
=
=
iii)
dx2
( x 2 + 35)4
( x 2 + 35)3
( x 2 + 35)3
( x 2 + 35)3
ii) 70 − 2x2 = 0 → x = 35 → tanα =
Para x = 35



d2
dx2
(tan α ) =
703
 0 → α = 9,59 es un máximo → α no sup era los 10



  7 = 0,12 rad = 2.55, 13.74
 x + 35 


d) α  7 = α / arctan

4 35(35 − 105)
2x
2
12.- [Puntuación 23]
Las funciones f y g se definen mediante
f(x) =
a)
ex + e−x
, x R
2
g(x ) =
ex − e−x
, x R
2
ex
1
=
4f ( x ) − 2g( x ) e2x + 3
i) Muestre que
ii) Utilice la sustitución u = e x para hallar
Dé la respuesta en la forma

ln 3
0
1
dx .
4f ( x ) − 2g( x )
 a
donde a , b  Z+ .
b
[9 puntos]
Sea h(x) = nf(x) + g(x) donde n R, n  1 .
i) Resuelva la ecuación h(x)=k, donde k R + , formando para ello una ecuación cuadrática
b)
en e x .
ii) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, muestre que la ecuación h(x)=k tiene
dos soluciones reales siempre que se cumpla que k  n 2 − 1 y k  R + .
Sea t(x ) =
g( x )
.
f(x)
i) Muestre que t´(x ) =
c)
[8 puntos]
f(x)2 − g(x)2
f(x)2
para x  R .
ii) A partir de lo anterior, muestre que t´(x)  0 para x  R .
Solución:
1
1
1
1
1
ex
a) i)
=
=
=
=
=
4f ( x ) − 2g( x )
ex + e− x
e x − e − x 2e x + 2e − x − e x + e − x e x + 3e − x e x + 3 e2x + 3
4
−2
ex
2
2
ii)
[6 puntos]
u = ex
du = e x dx

ln 3
0
=
1
dx =
4f ( x ) − 2g( x )

ex
ln 3
0
e2x + 3
dx =
3
u
1
1
2
+3
du =

3
1
1
 

3 1 + 
 

3
 3
u 
du = 
. arctan
 =
2
3 1
 3
u  
 
3 

3
1 
3 
3
 arctan 3 − arctan
 =
 − =
3 
3  3  3 6  18
b) i)
nf( x ) + g( x )= k → n
x
e +e
2
−x
+
x
e −e
2
→ (n + 1)t 2 − 2kt + (n − 1) = 0 → t =
−x
=k →n
2
ex =t
t + 1 t2 −1
+
= k → nt 2 + n + t 2 − 1 = 2kt →
2t
2t


2k  4k 2 − 4n2 + 4 k  k 2 − n2 + 1
k  k 2 − n2 + 1 
=
→ x = ln

2(n + 1)
n +1
n +1



ii) La ecuación h(x)=k tiene dos soluciones reales si k 2 − n2 + 1  0 → k 2  n2 − 1 → k  n2 − 1
c) i) t´(x ) =
g´(x ).f (x ) − f ´(x ).g(x )
f(x)2
 ex + e− x
ii) f (x ) − g(x ) = 

2

2
2
2
=
f ( x ).f (x ) − g( x ).g(x )
f(x)2
  ex − e− x
 −
 
2
 
2
=
f(x)2 − g(x)2
f(x)2
2x
−2x

+ 2 − e2x − e−2x + 2
 = e +e
=10

4

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MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
Jueves 10 de noviembre de 2016
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Halle las coordenadas del punto de intersección de los planos definidos por las ecuaciones
x + y + z = 3 , x - y + z = 5 , x + y + 2z = 6 .
Solución:
x+y +z =3 

x − y + z = 5  → De la primera y segunda ecuación: y=-1
x + y + 2z = 6
x+z = 4 
 → z =3
x + 2z = 7
x =1
Punto de intersección (1, -1, 3)
2.- [Puntuación 4]
Las caras de un dado de seis caras equilibrado están numeradas 1 , 2 , 2 , 4 , 4 , 6 .
Sea X la variable aleatoria discreta que modeliza la puntuación que se obtiene cuando se tira el dado.
a) Complete la siguiente tabla de la distribución de probabilidad de X.
[2 puntos]
X
P(X=x)
b) Halle el valor esperado de X .
Solución:
a)
X
1
1
P(X=x)
6
1
2
2
1 19
b) E(X ) = 1. + 2. + 4. + 6. =
6
6
6
6 6
[2 puntos]
2
2
6
4
2
6
6
1
6
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3.- [Puntuación 4]
b
, donde los parámetros a , b , c  Z y x  R − c .
x −c
En la siguiente figura se representa el gráfico de y = f (x) .
Una función racional viene dada por f(x ) = a +
Utilizando la información que aparece en el gráfico,
a) indique el valor de a y el valor de c.
b) halle el valor de b.
Solución:
a) c=3
lim f ( x ) = 1 → a = 1
[2 puntos]
[2 puntos]
x → 
b) f (1) = 0 → 1 +
b
=0 → b=2
−2
4.- [Puntuación 5]
Considere los vectores a = i - 3j - 2k , b = - 3j + 2k .
a) Halle a × b .
b) A partir de lo anterior, halle la ecuación cartesiana del plano que contiene a los vectores a y b ,
y pasa por el punto (1 , 0 , -1) .
Solución:
i
j
k
a) a × b= 1 − 3 − 2 = -12i-2j-3k
0 −3
2
b)  :− 12x − 2y − 3z + D = 0
 :− 12x − 2y − 3z + 9 = 0
(1, 0, −1)
→ − 12 + 3 + D = 0 → D = 9
5.- [Puntuación 6]
La ecuación cuadrática x 2 − 2kx + (k − 1) = 0 tiene por raíces α y β tales que 2 + 2 = 4 .
Sin resolver la ecuación, halle los posibles valores del número real k .
Solución:
 +  = 2k 
 1

. = k − 1  → ( + )2 = 4k 2 → 4 + 2(k − 1) = 4k 2 → 4k 2 − 2k − 2 = 0 → 2k 2 − k − 1 = 0 →→ k =  1
−
 2

2 + 2 = 4
[2 puntos]
[3 puntos]
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6.- [Puntuación 7]
La suma de los n primeros términos de una progresión un  viene dada por Sn = 3n2 − 2n ,
donde n Z + .
a) Escriba el valor de u1 .
(b) Halle el valor de u 6 .
[1 punto]
(c) Demuestre que un  es una progresión aritmética, indicando claramente cuál es la diferencia
de la progresión.
Solución:
a) u1 = S1 = 1
[2 puntos]
[4 puntos]
b) u6 = S6 − S5 = 108 − 12 − 75 + 10 = 31
c) u n = Sn − Sn−1 = 3n2 − 2n − 3(n − 1)2 + 2(n − 1) = 3n2 − 2n − 3n2 + 6n − 3 + 2n − 2 = 6n − 5
6n − 5 = 1 + (n − 1).d → d = 6
7.- [Puntuación 5]
Resuelva la ecuación 4 x + 2x + 2 = 3 .
Solución:
2x = t
4x + 2x + 2 = 3
→ t 2 + 4t − 3 = 0 → t =
− 4  28
= −2  7
2
→ 2x = −2 + 7 → x =
8.- [Puntuación 6]
Considere las rectas l1 y l2 definidas mediante
 − 3  1 
   
6− x y −2
=
= 1 − z donde a es una constante
l1 : r=  − 2  +  4  y l2 :
3
4
 a   2
   
Sabiendo que las rectas l1 y l2 se cortan en un punto P ,
(a) halle el valor de a ;
(b) determine las coordenadas del punto de intersección P.
Solución:
− 3 +  = 6 − 3 
 x = −3 + 
 x = 6 − 3



l
:
y
=
−
2
+
4

l
:
y
=
2
+
4

−
2 + 4 = 2 + 4
a) 1 
2 
 z = a + 2
 z =1−
a + 2 = 1 −  



De las dos primeras ecuaciones:
 + 3 = 9 
 →  =2  =3.
4 − 4 = 4
Llevando estos valores a la tercera ecuación: a=-7
b) Punto de intersección (0, 10, -1)
ln(−2 + 7 )
ln 2
[4 puntos]
[2 puntos]
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9.- [Puntuación 9]
Una curva viene dada por la ecuación 3x − 2y 2ex −1 = 2 .
dy
en función de x e y .
dx
(b) Halle las ecuaciones de las tangentes a esta curva en aquellos puntos donde la curva corta a
la recta x = 1.
Solución:
(a) Halle una expresión para
(
[5 puntos]
[4 puntos]
)
a) Derivando la expresión 3 − 2 2yy ´ e x −1 + ex −1y 2 = 0
dy 2e x −1y 2 − 3
=
dx
− 4yex −1
b) Para x=1 3 − 2y 2 = 2 → y = 
1
2
1
2. − 3
2
1
2
2
=
. Ecuación de la tangente: y −
=
( x − 1)
1
2
2
2
−4
2
 1 

En el punto  1,
2

dy
=
dx

1 

En el punto  1, −
2

1
2. − 3
dy
2
1
2
= 2
=−
. Ecuación de la tangente: y +
=−
( x − 1)
dx 4 1
2
2
2
2
10.- [Puntuación 9]
Considere dos sucesos A y B definidos en el mismo espacio muestral.
(a) Muestre que P(A  B) = P(A) + P(A´  B) .
4
1
1
, P(B | A ) = y P(B | A ´) = ,
9
3
6
1
(i) muestre que P( A ) = ;
3
(ii) a partir de lo anterior, halle P(B) .
Solución:
a) P( A  B) = P( A) + P(B) − P( A  B) = P( A) + P( A  B) + P( A´B) − P( A  B) = P( A) + P( A´B)
[3 puntos]
(b) Sabiendo que P( A  B) =
b) i)
4
= P( A ) + P( A ´B)
9
P(B | A ´) =
P(B  A ´)
1
→ P(B  A ´) = .(1 − P( A))
P( A ´)
6
4
1
4 1 5
1
= P( A ) + .(1 − P( A )) → − = P( A) → P( A) =
9
6
9 6 6
3
ii) P(B | A) =
P(B  A)
1
→ P( A  B) =
P( A)
9
4 1
1
2
= + P(B) − → P(B) =
9 3
9
9
[6 puntos]
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SECCIÓN B
11.- [Puntuación 22]
Sea y = e x senx .
(
dy
.
dx
[2 puntos]
= 2e x cos x .
[2 puntos]
a) Halle una expresión para
(b) Muestre que
d2y
dx
2
Considere la función f , definida mediante f ( x ) = ex senx , 0  x   .
(c) Muestre que la función f alcanza un valor máximo local en x =
3
.
4
[2 puntos]
(d) Halle la coordenada x del punto de inflexión del gráfico de f .
(e) Dibuje aproximadamente el gráfico de f , indicando claramente la posición del punto
máximo local, del punto de inflexión y de los puntos de corte con los ejes.
(f) Halle el área de la región delimitada por el gráfico de f y el eje x.
[2 puntos]
[3 puntos]
[6 puntos]
d2 y
La curvatura de un gráfico en un punto cualquiera (x , y) se define como k =
dx2
3
2 2
.
  dy 
1 +   
  dx  


(g) Halle el valor de la curvatura del gráfico de f en el punto máximo local.
(h) Halle el valor de κ para x =
del gráfico.
Solución:
dy
= ex (senx + cos x)
a)
dx
b)
d2 y
dx2

y comente acerca de su significado en lo que respecta a la forma
2
= e x (senx + cos x ) + e x (cos x − senx ) = 2e x cos x
0 x  
3
c) ex (senx + cos x) = 0 → senx + cos x = 0 → senxx = − cos x → x =
4
3
Para x =
4
d)
d2 y
dx
2
d2 y
dx2
= 2e
3
4
3
cos
= − 2e
4
= 2e x cos x = 0 → cos x = 0 → x =
e)
Cortes ejes: (0, 0) y (,0)
3
4

2
0
[3 puntos]
[2 puntos]
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f) Área =

 e senx dx
x
0
u = ex
u´= e
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v´= senx
x
v = − cos x
e sexdx = −e cos x +  e cos x dx
x
x
x
u = ex
v´= cos x
u´= e x
v = senx



ex senx dx = −ex cos x + ex senx − ex senx dx → ex senx dx =

 ex (senx − cos x ) 
e + 1
e senx dx = 
 =
2
2
0

0


x
d2y
3
g) En x =
4
h) En x =
En x =
3
dx2
k=
3
  dy 2  2
1 +   
  dx  


2 .e 4
=
= 2 .e
1
3
4

k =0
2

el gráfico de f(x) se aproxima por una línea recta.
2
ex (senx − cos x )
+C
2
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12.- [Puntuación 19]
Sea ω una de las soluciones no reales de la ecuación z3 = 1 .
(a) Determine el valor de
(i) 1 + w + w2 ;
(ii) 1 + w * + ( w * )2 .
[4 puntos]
(b) Muestre que ( w − 3w 2( w 2 − 3w ) = 13 .
[4 puntos]
Considere los números complejos p = 1 - 3i y q = x + (2x + 1)i , donde x  R .
(c) Halle los valores de x que satisfacen la ecuación | p | = | q | .
[5 puntos]
(d) Resuelva la inecuación Re(pq) + 8  (Im(pq)) .
Solución:


1

1
3

a) i) z3 = 1 → z = 3 10 = 1 2k = 1 2 = − +
i
2
2

3
3

1 4 = − 1 − 3 i

2 2
 3
2
[6 puntos]
w 1
w3 − 1 = 0 → (w − 1)( w2 + w + 1) = 0 → w2 + w + 1 = 0
1
3 1 3
3
ii) 1 + w * + (w * )2 = 1 − 
i+ − 
i =0
2 2
4 4 2
b) ( w − 3w 2( w 2 − 3w ) = w 3 − 3w 2 − 3w 4 + 9w 3 = 10 − 3w 2 − 3w = 10 − 3( w 2 + w ) = 10 − 3.(−1) = 13
c) | p | = | q | →
10 = x2 + (2x + 1)2 → 10 = 5x2 + 4x + 1 → 5x2 + 4x − 9 = 0 → x =
d) Re(pq) + 8  (Im(pq))2 → 7x + 3 + 8  (1 − x)2 → x2 − 9x − 10  0
x 2 − 9x − 10 = 0 → x =
x  − , − 1 10, + 
9  11 10
=
2
− 1
− 4  14 
1
= 9
−
10

 5
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13.- [Puntuación 19]

3
5
7
9
(a) Halle el valor de sen + sen + sen + sen + sen .
4
4
4
4
4
1 − cos 2x
(b) Muestre que
= senx , x  k donde k  Z .
2senx
(c) Utilice el principio de inducción matemática para demostrar que
1 − cos 2nx
senx + sen3x + ... + sen(2n − 1)x =
, n  Z+ , x  k donde k  Z .
2senx
(d) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, resuelva la ecuación
sen x + sen 3x = cos x en el intervalo 0 < x < π .
[6 puntos]
Solución:
[2 puntos]
[2 puntos]
[9 puntos]

3
5
7
9
2
2
2
2
2
2
a) sen + sen + sen + sen + sen
=
+
−
−
+
=
4
4
4
4
4
2
2
2
2
2
2
b)
1 − cos 2x 1 − cos 2 x + sen2x 2sen2x
=
=
= senx
2senx
2senx
2senx
c)
1 − cos 2.1.x
Cierto por (b)
senx
Para n=1
sen(2.1 − 1)x =
Suponemos cierto para n=k
senx + sen3x + ... + sen(2k − 1)x =
Probemos para n=k+1
1 − cos 2kx
2senx
? 1 − cos 2(k + 1)x
senx + sen3x + ... + sen(2n − 1)x + sen(2k + 1)x =
senx + sen3x + ... + sen(2n − 1)x + sen(2k + 1) =
2senx
1 − cos 2kx
1 − cos 2kx + 2senx.sen(2k + 1)x
+ sen((2k + 1)x =
=
2senx
2senx
=
1 − cos 2kx + 2senx(sen2kx . cos x + cos 2kx .senx) 1 − cos 2kx(1 − 2sen2x ) + sen2kx .sen2x
=
=
2senx
2senx
=
1 − (cos 2kx . cos 2x − sen2kx .sen2x ) 1 − cos( 2kx + x ) 1 − cos 2(k + 1)x
=
=
2senx
2senx
2senx
d)
senx + sen 3x = cos x →
1 − cos 4x
= cos x → 1 − cos 4x = sen2x → 1 − cos 2 2x + sen2 2x = sen2x →
2senx
kπ

 sen2x = 0 → 2x = kπ → x = 2

π
π

→ 2sen2 2x = sen2x → sen2x(2sen2x − 1 = 0 → 
 2x = 6 + 2kπ → x = 12 + kπ
1
sen2x = → 
5π
5π
2

2x =
+ 2kπ → x =
+ kπ
6
12


En 0 < x < π las soluciones son: x =

2
x=

12
x=
5
12
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Viernes 11 de noviembre de 2016
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Una variable aleatoria X tiene la distribución de probabilidad que se muestra en la siguiente tabla.
x
P(X=x)
0,5
0,12
1,5
0,18
2,5
0,20
3,5
0,28
4,5
0,14
5,5
0,08
(a) Determine el valor de E( X 2 ) .
(b) Halle el valor de Var (X ) .
Solución:
[2 puntos]
[3 puntos]
a) E( X 2 ) = 0,52.0,12 + 1,52.0,18 + 2,52.0,20 + 3,52.0,28 + 4,52.0,14 + 5,52.0,08 = 10,37
b)
Var(X) = E(X2 ) − E(X)2 = 10,37 − (0,5.0,12 + 1,5.0,18 + 2,5.0,20 + 3,5.0,28 + 4,5.0,14 + 5,5.0,08)2 = 10,37 − 2,882 = 2,0756
2.- [Puntuación 5]
Halle el ángulo agudo entre los planos cuyas ecuaciones son x + y + z = 3 y 2x - z = 2 .
Solución:
1  2 
   
Vectores perpendiculares a los planos son:  1  y  0 
1  − 1
   
| 2 + 0 − 1|
1

cos α =
=
→ α = 75,04
3 5
15
3.- [Puntuación 6]
Una variable aleatoria discreta X sigue una distribución de Poisson Po(μ) .

 P(X = x ), x  N .
(a) Muestre que P(X = x + 1) =
x +1
(b) Sabiendo que P(X = 2) = 0,241667 y que P(X = 3) = 0,112777 , utilice el apartado (a) para
hallar el valor de μ .
Solución:
e − . x +1
 e − . x

=
.
=
 P( X = x )
a) P( X = x + 1) =
( x + 1)!
x +1
x!
x +1
[3 puntos]
[3 puntos]


b) P(X = 3) = P(X = 2) → 0,112777 = .0,241667 →  = 1,4
3
3
4.- [Puntuación 5]
12
3

Halle el término constante en el desarrollo de  4x2 − 
2x 

Solución:
12
 3
2
 − + 4x 
2
x


 12 − 3 
=  

 0  2x 
12
.
11
10
9
8
 12 − 3 
 12 − 3 
2
2 2  12 − 3 
2 3  12 − 3 
2 4








+  
 .(4x ) +  
 .(4x ) +  
 .(4x ) +  
 .(4x ) + ....
2
x
2
x
2
x
2
x




 1 
 2 
 3 
 4 
8
 12 − 3  4 12.11.10.9 38.44
Término constante:  
. 8 = 3247695
 .4 =
4.3.2
2
 4  2 
5.- [Puntuación 9]
Considere la función f definida mediante f (x) = 3x arccos(x) , donde -1 ≤ x ≤ 1 .
(a) Dibuje aproximadamente el gráfico de f indicando claramente todos los puntos de corte con
los ejes y las coordenadas de todos los máximos o mínimos locales que haya.
(b) Indique el recorrido de f .
(c) Resuelva la inecuación |3x arccos(x)| > 1 .
Solución:
a) Cortes ejes: (0, 0) y (1, 0)
[3 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]
Máximo (0.65, 1.68)
b) R f = f(−1) = −9.42, 1.68
?
c) | 3x arccos( x) − 1 0
x − 1, − 0.19 0.25, 0.94
6.- [Puntuación 6]
Un satélite terrestre se mueve siguiendo una trayectoria definida mediante la curva 72,5x2 + 71,5y 2 = 1 , donde
x = x(t) e y = y(t) se expresan en miles de kilómetros y t es el tiempo en segundos.
dx
dy
= 7,75 10−5 ,cuando x = 3,2 10−3 , halle los posibles valores de
Sabiendo que
.
dt
dt
Dé las respuestas en forma estándar (notación científica).
Solución:
dy dy dx
=
.
dt dx dt
72,5x2 + 71,5y 2 = 1 → 145x + 143yy´= 0 → y´=
Cuando x = 3,2  10−3 → y 2 =
Cuando x = 3,2  10−3 →
−145x
143y
1 − 725.3,22.10−6
= 0,014 → y =  0,118
71,5
dy − 145.3,2.10−3
=
= 0,027
dx
143( 0,118)
dy
= 0,027.7,75.10−5 =  0,21.10−5 =  2,1.10−6
dt
7.- [Puntuación 8]


.
9
(a) Utilice el teorema del coseno para hallar los dos posibles valores de AC .
(b) Halle la diferencia entre las áreas de los dos posibles triángulos ABC .
Solución:
a) Sea AC=x
El triángulo ABC es tal que AB = 4 cm , BC = 3 cm y BAC =
9 = x2 + 16 − 8x cos
[5 puntos]
[3 puntos]

9
x = 6,43
x 2 − 7,52x + 7 = 0 → 
 x = 1,09
1

b) Para x=6,43 Área= 4.6,43.sen = 4,4
2
9
Para x=1,09
1

Área= 4.1,09.sen = 0,75
2
9
Diferencia de áreas=3,65
8.- [Puntuación 8]
Una variable aleatoria X sigue una distribución normal de media μ y desviación típica σ , tal que
P(X < 30,31)= 0,1180 y P(X > 42,52) = 0,3060 .
(a) Halle μ y σ .
(b) Halle P(|X - μ| < 1,2σ) .
Solución:
a)
Z=
Y -

30,31 −  
30,31 − 

P(X  30,31)= 0,1180 → P Z 
= −1,1850
 = 0,1180 →




42,52 −  
42,52 − 

P(X  42,52) = 0,3060 → P Z 
= 0,5072
 = 0,3060 →




Resolviendo el sistema: μ=38,86 y σ=7,22
b) P(|X - μ| < 1,2σ)=P(38,86-1,2.7,22 < X < 38,86+1,2.7,22)=P(30,196<X<47,524)=0,7699
[6 puntos]
[2 puntos]
9.- [Puntuación 8]
El diagrama muestra dos circunferencias con centros en los puntos A y B y radios 2r y r , respectivamente.
El punto B pertenece a la circunferencia que tiene centro en A .
Las circunferencias se cortan en los puntos C y D.
Sea α la medida del ángulo CAD y θ la medida del ángulo CBD , ambas en radianes
(a) Halle una expresión para el área de la zona sombreada en función de α , θ y r .
1
(b) Muestre que  = 4arcsen .
4
(c) A partir de lo anterior, halle el valor de r , sabiendo que el área de la zona sombreada es
igual a 4 .
Solución:
a) Área sector circular ACD=
Área triángulo ABC=
4r2
= 2r2
2
2r.2rsen
2

2 = 2r2sen 
2
Área segmentos circulares BC+BD= 2r2 − 4r2sen
Área sombreada=

2
r2

+ 2r2 − 4r2sen
2
2
b) Si construimos el triángulo APB, donde P es el punto medio del lado BC, podemos escribir
r
 2 1

1
1
sen = = → = arcsen →  = 4arcsen
4 2r 4
4
4
4


c) 4 = r2  + 2 − 4sen 
2
2

 = 1,0107 → sen

= 0,48
2
 h
=
2 2r  → sen  = 2sen  = 0,96 →  = 1,287

2
2
2
 h
sen = 
2 r 
sen


4 = r2  + 2 − 4sen  = r2(1,287 + 2,0214 − 1,92) = 1,3884r2 → r = 1,69
2
2

[3 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 22]
2 − ex
Sea f la función definida mediante f ( x ) =
, x D .
2e x − 1
(a) Determine D , el mayor dominio posible de f .
(b) Muestre que el gráfico de f tiene tres asíntotas e indique sus ecuaciones.
(c) Muestre que f ´(x) = −
3ex
(2e − 1)
2
x
.
[3 puntos]
(d) Utilice las respuestas dadas en los apartados (b) y (c) para justificar que f tiene una inversa
e indique su dominio.
−1
(e) Halle una expresión para f ( x ) .
(f) Considere la región R delimitada por el gráfico de y = f (x) y los ejes.
Halle el volumen del sólido de revolución que se obtiene cuando R se rota 2π alrededor del eje y .
Solución:
a) 2e x − 1 = 0 → x = − ln 2
D = R − − ln 2
b) Asíntota vertical x=-ln2
lim
x → +
lim
x → −
2 − ex
x
2e − 1
2 − ex
2ex − 1
c) f ´(x) =
=−
1
1
→ Asíntota horizontal por la derecha y = −
2
2
= −2 → Asíntota horizontal por la izquierda y=-2
− ex (2ex − 1) − 2ex (2 − ex )
d) f ´(x ) = −
(2e − 1)
x
3ex
(2e − 1)
2
x
2
=−
− 3ex
(2e − 1)
x
2
 0 → f(x) es estrictamente decreciente.
Además, una rama está por encima de la asíntota horizontal
superior y la otra rama está por debajo de la asíntota horizontal inferior.
 1

D(f −1 ) = −  , − 2   − , +  
 2

e) y =
2 − ex
x
2e − 1
→ y2ex − y = 2 − ex → ex =
 2+ y 
2+ y
→ x = ln

2y + 1
 2y + 1 
 2+ x 
f −1( x ) = ln

 2x + 1 
f) Volumen = 
1
2
  2 + y 
 dy = 0,33
ln 
0   2y + 1 

[2 puntos]
[5 puntos]
[4 puntos]
[4 puntos]
[4 puntos]
11.- [Puntuación 20]
Una tienda de bombones anuncia obsequios gratuitos para aquellos clientes que reúnan tres
cupones. Los cupones se introducen al azar en el 10 % de las chocolatinas que se venden en esa
tienda. Kati compra algunas de estas chocolatinas y las va abriendo de una en una para ver si
contienen un cupón.
Sea P(X = n) la probabilidad de que Kati consiga su tercer cupón en la n-ésima chocolatina que abre.
(Se supone que la probabilidad de que una chocolatina dada contenga un cupón sigue siendo del
10 % durante toda la pregunta.)
(a) Muestre que P(X = 3) = 0,001 y P(X = 4) = 0,0027 .
[3 puntos]
n2 + an + b
 0,9n−3 para n  3, n  N .
2000
(b) Halle el valor de las constantes a y b .
P(X = n)
0,9(n − 1)
(c) Deduzca que
=
para n  3 .
P(X = n − 1)
n −3
(d)
(i) A partir de lo anterior, muestre que X tiene dos modas, m1 y m2 .
(ii) Indique los valores de m1 y m2 .
La madre de Kati va a la tienda y compra x chocolatinas. Se las lleva a casa para que Kati las abra.
(e) Determine el valor mínimo de x tal que la probabilidad de que Kati reciba al menos un
obsequio gratuito sea mayor que 0,5 .
Solución:
a) P(X = 3) = 0,1.0,1.0,1 = 0,001
P(X=4)=0,1.0,1.0,9.0,1+0,1.0,9.0,1.0,1+0,9.0,1.0,1.0,1=0,0027
9 + 3a + b
 0,93−3 = 0,001 → 3a + b = −7
b) P(X = 3) =
2000
Se sabe que P(X = n) =
P(X = 4) =
[5 puntos]
[4 puntos]
[5 puntos]
[3 puntos]
16 + 4a + b
 0,94 −3 = 0,0027 → 4a + b = −10
2000
3a + b = −7 
 → a = −3
4a + b = −10
b=2
n2 − 3n + 2
 0,9n−3
P( X = n)
n2 − 3n + 2
(n − 2)( n − 1)
0,9(n − 1)
2000
c)
=
=
.0,9 =
.0,9 =
2
2
P( X = n − 1) (n − 1) − 3(n − 1) + 2
(n − 2)( n − 3)
n −3
n − 5n + 6
 0,9n−4
2000
d) i) La función P(X = n) =
positivo.
n2 + an + b
 0,9n−3 tiene un máximo para n=20,49, pero n tiene que ser entero
2000
Por otra parte, la ecuación
ii) m1 = 20 y m2 = 21
0,9(n − 1)
= 1 si n=21. Por lo tanto P(X=21)=P(X=20). Hay dos modas.
n −3
e) La variable aleatoria Y:”número de chocolatinas de las x con premio” es B(x, 0.1)
P(Y  3)  0,5
1 − P(Y  2) = 0,5 → 1 − P(Y = 0) + P(Y = 1) + P(Y = 2)  0,5
P(Y = 0) + P(Y = 1) + P(Y = 2)  0,5
x 0
x
x
x( x − 1)
 .0,1 .0,9x +  .0,11.0,9x −1 +  .0,12.0,9x −2  0,5 → 0,9x + x.0,1.0,9x −1 +
.0,12.0,9x −2  0,5
2
0
1
2
 
 
 
x>26
El valor mínimo de n es 27.
12.- [Puntuación 18]
El día que nació, el 1 de enero de 1998, los abuelos de Mary invirtieron $x en una cuenta de ahorro.
A partir de ese momento, fueron depositando $x todos los meses, el primer día del mes.
La cuenta ofrecía un tipo de interés fijo del 0,4 % mensual.
El interés se calculaba el último día de cada mes y se añadía a la cuenta.
Sea $ A n la cantidad que hay en la cuenta de Mary el último día del mes n-ésimo, justo después de
que se haya añadido el interés.
(a) Halle una expresión para A1 y muestre que A2 = 1,0042 x + 1,004x .
(b)
[2 puntos]
(i) Escriba una expresión similar para A3 y otra para A 4 .
(ii) A partir de lo anterior, muestre que la cantidad que había en la cuenta de Mary la
(
)
víspera del día que cumplió 10 años viene dada por 251 1,004120 − 1 x .
[6 puntos]
(c) Escriba, en función de x , una expresión para A n en la víspera del día que Mary cumplió 18
años, donde se muestre claramente el valor de n .
(d) Los abuelos de Mary querían que en su cuenta hubiera al menos $20 000 la víspera del día
que cumpliera 18 años. Determine el valor mínimo del depósito mensual $x que se requiere
para conseguir este objetivo.
Dé la respuesta aproximando al número entero de dólares más próximo.
(e) Inmediatamente después de cumplir 18 años, Mary decide invertir $15 000 de este dinero en
una cuenta del mismo tipo, obteniendo un 0,4 % de interés mensual.
Todos los años, retira $1000 el día de su cumpleaños, para comprarse un obsequio.
Determine cuánto tiempo transcurrirá antes de que no quede dinero en la cuenta.
Solución:
a) A1 = x + 0,04x = 1,004x
[1 punto]
[4 puntos]
[5 puntos]
A2 = A1 + x + 0,004( A1 + x ) = 1,004( A1 + x ) = 1,0042 x + 1,004x
b) i) A3 = ( A2 + x ) + ( A2 + x ).0,004 = ( A2 + x ).1,004 = 1,0043 x + 1,0042 x + 1,004x
A 4 = ( A3 + x ) + ( A3 + x ).0,004 = ( A3 + x ).1,004 = 1,0044 x + 1,0043 x + 1,0042 x + 1,004x
ii) 10 años son 120 mensualidades
A120 = 1,004120 x + 1,004119 x + ... + 1,004x =
(
)
(
c) 18 años son 216 meses
(
)
A216 = 251. 1,004216 − 1 x
(
)
1,004120.x.1,004 − 1,004x
1,004
= 1,004120 − 1 .
x = 1,004120 − 1 .251x
1,004 − 1
0,004
)
d) 251. 1,004216 − 1 x  20000 → x  58,22 $
El depósito mensual debe de ser de 59$.
e) Sea Bn la cantidad que le queda en cuenta el año n después de retirar 1000$
B1 = 15000.1,00412 − 1000 = 15000.1,049 − 1000
B2 = (15000.1,049 − 1000).1,049 − 1000 = 15000.1,0492 − 1,049.1000− 1000
……………………………………………………………………………………………......................................................................
Bn = 15000.1,049n − 1,049n −1.1000− ............ − 1000.1,49 − 1000 = 15000.1,049n −
= 15000.1,049n − 20408,2(1,049n − 1) = −5408,2.1,049n + 20408,2
− 5408,2.1,049n + 20408,2 = 0 → n = 27,76
Cuando transcurran 28 años ya no tendrá dinero.
1,049n.1000− 1000
=
0,049
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ1
Jueves 4 de mayo de 2017
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
Calcule la solución de log 2 x − log 2 5 = 2 + log 2 3
Solución:
x
log 2 − log 2 3 = 2
5
x
log 2
= 2 → x = 60
15
2.- [Puntuación 6]
z
Considere los números complejos z1 = 1 + 3 i , z2 = 1 + i y w = 1 .
z2
(a) Expresando z1 y z2 en forma de módulo-argumento escriba
(i) el módulo de w
(ii) el argumento de w.
n
(b) Calcule el menor valor del entero positivo n para el cual w es un número real.
Solución:


z2 = 2cis 
a) z1 = 2cis 
3
4
[4 puntos]
[2 puntos]
i) | w |= 2
ii) arg w =
  
− =
3 4 12
n
( )
n

n

b) w n =  2cis  = 2 cis
12
12


n
n
sen
=0 →
= k, k  Z → n = 12k , k  Z
12
12
Como n Z + n=12
3.- [Puntuación 5]
Resuelva la ecuación sec2 x + 2 tan x = 0, 0  x  2 .
Solución:
1
senx
+2
=0
2
cos x
cos x
1 + 2senxcos x = 0
3

x = 4
3
3
sen2x = −1 → 2x =
+ 2k, k  Z → x =
+ k , k  Z → 
7
2
4
x =
4

4.- [Puntuación 5]
Tres niñas y cuatro niños están sentados al azar en un banco recto. Encuentre la probabilidad de que las chicas se
sienten juntas y los chicos se sienten juntos
Solución:
2.3!.4! 2.3.2 2
Pr obabilidad =
=
=
7!
7.6.5 35
5.- [Puntuación 7]
→
→
ABCD es un paralelogramo, donde AB = -i+2j+3k y AD = 4i-j-2k.
(a) Calcule el área del paralelogramo ABCD.
[3 puntos]

(b) Usando un producto escalar adecuado de dos vectores, determine si ABC es ángulo
aguda o obtuso.
Solución:
i
j
k
a)
→
[4 puntos]
→
AB AD = − 1 2
3 = -i+10j-7k
4 −1 −2
Área = 1 + 100 + 49 = 150 = 5 6
→
→
b) AB• AD = −4 − 2 − 6 = −12



cos BAD  0 → BAD es obtuso → ABC agudo
6.- [Puntuación 5]
Considere las gráficas de y=|x| e y=-|x|+b, donde b Z + .
(a) Dibuje los gráficos en el mismo conjunto de ejes.
(b) Sabiendo que los gráficos encierran una región de área de 18 unidades cuadradas, calcule
el valor de b.
Solución:
a)
b) | x |= − | x | +b → 2| x |= b → | x |=
b
b
→x=
2
2
b
2
9=
→ b=6
2
b.
La mitad del área es 9 unidades cuadradas →
[2 puntos]
[3 puntos]
7.- [Puntuación 7]
Una progresión aritmética u1 , u2 , u3 ... tiene u1 = 1 y diferencia común d  0 .
Sabiendo que u2 , u3 y u6 son los primeros tres términos de una progresión geométrica
(a) Calcule el valor de d.
Sabiendo que uN = −15
[4 puntos]
N
u .
(b) Determine el valor de
[3 puntos]
r
r =1
Solución:
a) u2 = 1 + d
u3 = 1 + 2d
u6 = 1 + 5d
1 + 2d 1 + 5d
=
1 + d 1 + 2d
1 + 4d2 + 4d = 1 + 6d + 5d2
d2 + 2d = 0 → d = −2
b) uN = −15 = 1 + (N − 1)( −2) → N = 9
N
u
r
=
r =1
1 − 15
.9 = −63
2
8.- [Puntuación 6]
Use el método de inducción matemática para probar que 4n + 15n − 1 es divisible por 9 para n Z + .
Solución:
•
Para n=1
41 + 15.1 − 1 = 18 = 9 Cierto
Supuesto cierto para n=k
4k + 15k − 1 = 9
Demostremos para n=k+1
4k +1 + 15(k + 1) − 1 = 9
•
? •
•
•
• • • •
•

4k +1 + 15(k + 1) − 1 = 4k .4 + 15k + 14 =  9− 15k + 1 .4 + 15k + 14 = 4. 9− 45k + 18 = 4. 9− 9.5k + 9.2 = 9− 9+ 9 = 9


9.- [Puntuación 5]
Calcule
 arcsenx dx .
Solución:
u = arcsen x
1
u ´=
1 − x2

v ´= 1
v=x
arcsen x dx = xarcsen x −

x
1 − x2
(
)
−
1
dx = xarcsenx − x 1 − x2 2 dx = xarcsen x + 1 − x2 +
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 15]
La variable aleatoria continua X tiene una función de densidad de probabilidad

 x 
 ksen   , 0  x  6
f(x) = 
.
 6 
0 , en otros casos
(a) Calcule el valor de k.
(b) Considerando el gráfico de f escriba
(i) la media de X
(ii) la mediana de X
(iii) la moda de X.
1
(c)
(i) Muestre que P(0  X  2) = .
4
(ii) Usando lo anterior, indique el rango intercuartílico de X.
(d) Calcule P(X  4|X  3) .
Solución:
6
6

6
12k

 x 
 x 
a)
ksen  dx = 1 → − k. cos  = 1 →
=1 → k =


12
 6 
 6  0
0


b) f ( x ) =

 x 
sen 
12
 6 
i) Media=3
ii) Mediana=3
iii) Moda=3
c) i) P(0  X  2) =
2
2
 1

1

 x 
 x 
 1
sen  dx = − cos  = −  cos − cos 0  =
2
3
 6 
 4
0 12
 2  6  0

ii) Rango intercuartílico= Q3 − Q1 = 4 − 2 = 2
1 1
−
P( X  4  X  3) P(3  X  4) 2 4 1
d) P( X  4|X  3) =
=
=
=
1
P( X  3)
P( X  3)
2
2
[4 puntos]
[3 puntos]
[6 puntos]
[2 puntos]
11.- [Puntuación 17]
(i) Exprese x 2 + 3x + 2 en la forma ( x + h)2 + k .
(a)
(ii) Factorice x 2 + 3x + 2 .
1
Considere la función f (x) =
, x  R , x  −2, x  −1 .
2
x + 3x + 2
(b) Dibuje la gráfica de f (x), indicando en ella las ecuaciones de las asíntotas, las coordenadas
de la intersección con el eje y y el máximo local.
1
1
1
(c) Muestre que
.
−
=
2
x + 1 x + 2 x + 3x + 2
(d) Usando lo anterior calcule el valor de p si
1
 f(x) dx = ln(p) .
0
(e) Dibuje el gráfico de y=f(|x|).
f) Determine el área de la región encerrada por el gráfico de y=f(|x|), el eje x y las rectas de
ecuación x=-1 y x=1.
Solución:
3

3 = 2h → h =

2
a) i) x 2 + 3x + 2 = x 2 + h2 + 2xh + k → 
9
1
2 = h2 + k → k = 2 − = −
4
4

2
3 1

x2 + 3x + 2 =  x +  −
2 4

3 1 
3 1

ii) x 2 + 3x + 2 =  x + −  x + +  = ( x + 1)( x + 2)
2 2 
2 2

b) f ( x ) =
1
(x + 1)( x + 2)
Asíntotas verticales: x=-1 y x=-2
Asíntota horizontal: y=0
 1
Cortes ejes:  0, 
 2
 3

Máximo local:  − , − 4 
 2

c)
d)
1
1
x + 2− x −1
1
−
=
=
2
x +1 x +2
x + 3x + 2
1
1
4
4
f ( x ) dx = ln(x + 1) − ln(x + 2) = ln 2 − ln3 + ln 2 = 2 ln 2 − ln3 = ln  → p =
3
3
0
0

e)
1
4
f) Área= 2 f ( x ) dx = 2ln 
3
0

[2 puntos]
[5 puntos]
[1punto]
[4 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
12.- [Puntuación 18]
Considere el polinomio P(z) = z5 − 10z2 + 15z − 6, z  C .
(a) Escriba la suma y el producto de las raíces de P (z) = 0.
(b) Demuestre que (z - 1) es un factor de P (z).
[2 puntos]
[2 puntos]
El polinomio se puede escribir en la forma P(z) = (z − 1)3(z2 + bz + c) .
(c) Calcule el valor de b y el valor de c.
(d) Usando lo anterior, encuentre las raíces complejas de P (z) = 0.
[5 puntos]
[3 puntos]
Considere la función q( x ) = x5 − 10x 2 + 15x − 6, x  R .
(e)
(i) Muestre que la gráfica de y = q (x) es cóncava hacia arriba para x> 1.
(ii) Dibuje la gráfica de y = q (x) mostrando claramente cualquier intersección con los ejes. [6 puntos]
Solución:
0
a) Suma de raíces= − = 0
1
−6
Producto de raíces= ( −1)5
=6
1
b) P(1)=1-10+15-6=0
 c=6
→ b=3
c) z5 − 10z2 + 15z − 6 = (z − 1)3(z2 + bz + c) = (z3 − 3z2 + z − 1)(z2 + bz + c ) → 
15 = 3c − b
 3
− 3  − 15 − 2 +
d) z + 3z + 6 = 0 → z =
=
2
− 3 −
 2
2
15
i
2
15
i
2
e) i) q ´( x ) = 5x 4 − 20x + 15
q ´´(x ) = 20x3 − 20 = 20( x3 − 1)
x3 − 1 = 0 → x = 1
Si x  1
20( x3 − 1)  0 → q(x) cóncava hacia arriba si x>1
ii) q( x ) = ( x − 1)3( x 2 + 3x + 6)
Intersecciones con los ejes (1, 0) y (0, -6)
Punto de inflexión (1, 0)
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ2
Jueves 4 de mayo de 2017
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
10

1 
Halle el término independiente de x en el desarrollo del binomio  2x2 +
 .
2x3 

Solución:
10
2
3
4
10  10
 10
 2 1 
 1    10
 1    10
 1    10
 1  
 2x + 3  =   2x2 +   2x2 )9  3   +   2x2 )8  3   +   2x2 )7 3   +   2x2 )6  3   + ....
2x 

 2x    2 
 2x    3 
 2x    4 
 2x  
0 
 1 
( )
 10 6 1 10.9.8.7 2
 2 .
=
.2 = 840
4
4.3.2
4  2
2.- [Puntuación 6]
La función f se define mediante f ( x ) = 2x3 + 5, − 2  x  2 .
a) Escriba el recorrido de f.
b) Halle una expresión para f
−1
[2 puntos]
(x) .
c) Escriba el dominio y el recorrido de f
Solución:
[2 puntos]
−1
.
[2 puntos]
a) Como f ´( x ) = 6x 2  0 → f(x) es estrictamente creciente → R f = f(−2) = −11, f(2) = 21.
b) y = 2x3 + 5 → x = 3
f −1 ( x ) = 3
y −5
2
x −5
2
c) Df −1 = − 11, 21
R f −1 = − 2, 2
3.- [Puntuación 5]
Los términos 1º, 4º y 8º de una progresión aritmética cuya diferencia común es d, d≠0, son los
tres primeros términos de una progresión geométrica cuya razón común es r.
Sabiendo que el 1er término de ambas progresiones es 9, halle
a) el valor de d
b) el valor de r.
Solución:
a 4 = 9 + 3d
a) En la progresión aritmética a1 = 9
9 + 3d 9 + 7d
=
→ 81 + 9d2 + 54d = 81 + 63d → 9d2 − 9d = 0 → d = 1
9
9 + 3d
b) r =
12 4
=
9 3
[4 puntos]
[1 punto]
a8 = 9 + 7d
4.- [Puntuación 7]
Una partícula se mueve a lo largo de una línea recta .
El desplazamiento, s metros, en el instante t segundos, viene dado por s = t + cos 2t , t  0 .
Sean t 1 y t 2 las dos primeras veces que la partícula está en reposo, donde t 1  t 2 .
a) Halle t 1 y t 2 .
b) Halle el desplazamiento de la partícula cuando t = t 1 .
Solución:
ds
a) v =
= 1 − 2sen2t
dt



 2t = 6 + 2k → t = 12 + k
1
1 − 2sen2t = 0 → sen2t = → 
5
5
2
2t =
+ 2k → t =
+ k
6
12


5
t1 =
y
t2 =
12
12
3
  
b) s  =
+
12
12
2
 
[5 puntos]
[2 puntos]
5.- [Puntuación 4]
En el siguiente diagrama de Argand, el punto A representa el número complejo -1+4i y el punto B representa el
número complejo -3+0i. La forma de ABCD es un cuadrado.
Determine los números complejos que representan los puntos C y D.
Solución:
A(-1, 4) B(-3, 0)
→
AB = (−2, − 4)
→
1
1
7
Recta que pasa por A y es perpendicular a AB : y − 4 = − (x + 1) → y = − x +
2
2
2
1
7

D x , − x + 
2
2

→
→
| AB |=| AD| →
2
1
x2 1 x
 1
20 = ( x + 1)2 +  − x −  → 20 = x2 + 1 + 2x +
+ + → 5x2 + 10x − 75 = 0 →
2
4 4 2
 2
→ x2 + 2x − 15 = 0 → x =
−2 8  3
=
2
− 5 No válido
D(3, 2) es el afijo del complejo 3+2i
→
C = D + AB = (3, 2) + (−2, − 4) = (1, − 2) es el afijo del complejo 1-2i
6.- [Puntuación 7]
a) Utilizando la sustitución x = tan , muestre que
b) A partir de lo anterior, halle el valor de
1
 (x
0
1
 (x
0
1
2
+ 1)2
1
2
+ 1)2
dx =


4
0
cos 2  d .
dx .
[4 puntos]
[3 puntos]
Solución:
a) x = tan  → dx =
1
2
2
(x + 1)
1
 (x
0
=
1
2
2
+ 1)
1
1
cos 2 
1
(tan  + 1)
2
2
dx =

d
= cos 4 
arctan 1 =

4
arctan 0 = 0

4
cos 2  d


1 
1 4
sen2  4 1   1   1
b)
dx =
cos  d =
(1 + cos 2) d =    +
 =  +  = +
2
2
2
2
2  0 2  4 2  8 4
0 ( x + 1)
0
0
 

1

2

7.- [Puntuación 7]
a) La variable aleatoria X sigue la distribución de Poisson Po(m).
3
Sabiendo que P( X  0) = , halle el valor de m en la forma lna, donde a es un número real.
4
b) La variable aleatoria Y sigue la distribución de Poisson Po(2m).
b − ln c
Halle P(Y>1) en la forma
, donde b y c son números reales.
c
Solución:
a) P(X>0)=1-P(X=0)= 1 −
[3 puntos]
[4 puntos]
e−m .m0
= 1 − e− m
0!
3
1
→ e− m = → − m = − ln 4 → m = ln 4
4
4
e−2m 2m
1 ln16 15 − ln16
b) P(Y>1)=1-P(Y=0)-P(Y=1)= 1 − e−2m −
=1− −
=
1!
16 16
16
b=15 c=16
1 − e− m =
8.- [Puntuación 9]
 2  3   4 
 n − 1  n 
 =   donde n  Z, n  3 .
Demuestre mediante inducción matemática que   +   +   + ... + 
 2  2  2 
 2  3 
Solución:
3 − 1   2
 3
 =   = 1 =   Cierto
Para n=3 
2
2

  
 3
 2  3   4 
 k − 1  k 
 =  
Suponemos cierto para n=k   +   +   + ... + 
 2  2  2 
 2  3 
 2  3   4 
 k − 1  k  ?  k + 1
 +   =

Probemos para n=k+1   +   +   + ... + 
 2  2  2 
 2  2   3 
 2  3   4 
 k − 1  k   k   k 
 k + 1
k!
k!
k!(k − 2) + 3k! k!(k + 1)
(k + 1)!
  +   +   + ... + 
 +   =   +   =

+
=
=
=
= 
3!(k − 2)!
3!(k − 2)! 3! ((k − 2)!)  3 
 2  2  2 
 2   2   3   2  3!(k − 3)! 2!(k − 2)!
SECCIÓN B
9.- [Puntuación 17]
Considere la función f definida mediante f ( x ) = x 2 − a 2 , x  R , donde a es una constante positiva.
a) Dibuje aproximadamente las siguientes curvas en sistemas de ejes separados, mostrando todos
los cortes con los ejes x e y, los máximos, los mínimos y las asíntotas que haya.
i) y=f(x)
1
ii) y =
f(x )
iii) y =
b) Halle
1
.
f(x)
[8 puntos]
 f(x)cos x dx .
[5 puntos]
La función g se define mediante g(x) = x f(x) , para |x|>a.
c) Hallando g(x), explique por qué g es una función creciente.
Solución:
a) i)
[4 puntos]
ii)
iii)
b)
 f(x)cos x dx = (x
2
− a2 ). cos dx
u = x2 − a2
u´= 2x
( x
2
v´= cos x
v = senx

− a2 ). cos dx = (x2 − a2 ).senx − 2 x.senx dx
u=x
u´= 1
v´= senx
v = − cos x
 xsenxdx = −x cos x + cos x dx = −x cos x + senx
( x
2
− a2 ). cos dx = (x2 − a2 ).senx − 2(− x cos x + senx)) + C = (x2 − a2 − 2)senx + 2x cos x + C
c) g´(x ) = f (x ) +
2x2
2 f(x )
=
f (x ) + x2 f ( x )0
f(x)
para |x|a
0
10.- [Puntuación 11]
Una ventana se ha construido con forma de rectángulo con un semicírculo de radio r metros situado
en la parte superior, como se muestra en la figura.
El perímetro de la ventana es constante e igual a P metros.
a)
i) Halle el área de la ventana en función de P y r.
ii) Halle la anchura de la ventana en función de P cuando el área alcanza un valor máximo
y justifique por qué se trata de un máximo.
b) Muestre que en este caso la altura del rectángulo es igual al radio del semicírculo.
Solución:
a) i) Sea h=altura del rectángulo
A=
 r2
+ 2rh
2
P = r + 2r + 2h → h =
A=
ii)
P − r − 2r
2
 r2
P − r − 2r r2
r2
+ 2r.
=
+ Pr− r2 − 2r2 = Pr−
− 2r2
2
2
2
2
dA
= P − r − 4r
dr
P − r − 4r = 0 → r =
d2 A
dr2
P
+4
= − − 4  0
Anchura de la ventana=
b) h =
P − .
2P
+4
P
P
− 2.
4+
4 +  = 4P + P − P − 2P = 2P = P = r
2
2(4 + )
2(4 + ) 4 + 
[9 puntos]
[2 puntos]
11.- [Puntuación 22]
a) Resuelva 2sen( x + 60 ) = cos( x + 30 ) , 0  x  180 .
b) Muestre que sen105 + cos 105 =
[5 puntos]
1
.
2
c) Sea z = 1 − cos 2 − isen2 , z C, 0     .
i) Halle, en función de  , el módulo y el argumento de z.
Exprese cada respuesta en su forma más simple.
ii) A partir de lo anterior, halle las raíces cúbicas de z en forma módulo-argumental.
Solución:
a)

1
3 
3
1
3
3
2sen( x + 60 ) = cos( x + 30 ) → 2 senx. + cos x.
= cos x
− senx → senx = −
cos x →


2
2 
2
2
2
2

1
→ tan x = −
→ x = 150
3
b) sen105 + cos 105 = sen(60 + 45 ) + cos(60 + 45 ) =
3 2 1 2 1 2
3 2
2
1
.
+ .
+
−
.
=
=
2 2 2 2 2 2
2 2
2
2
c) i) | z |= (1 − cos 2)2 + sen22 = 2 − 2cos 2 = 2(1 − cos 2) = 4sen2 = 2sen
arg z = arctan
 − 2senθcos θ 
− sen2θ
− 2senθcos θ
 cos θ 
= arctan
= arctan
 = arctan − senθ  =
2
2
2
1 − cos 2θ


1 − cos θ + sen θ
 2sen θ 
(
)
= arctan − tan(90 − θ) = θ − 90
ii) z = (2senθ)θ− 90
(
(
(
)
)
)
 3
θ
 2senθ −30
3



3
z = 3 (2senθ)θ− 90 = 3 2senθ θ −30 + 360 k =  3 2senθ θ + 90
3
3
3

 3 2senθ θ + 210 

3
(
)
[3 puntos]
[14 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ1
Viernes 5 de mayo de 2017
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
Considere dos sucesos A y B tales que P(A)=k, P(B)=3k, P( A  B) = k 2 y P( A  B) = 0.5 .
(a) Calcule k.
(b) Calcule P( A'  B) .
Solución:
[3 puntos]
[3 puntos]
a) 0,5 = k + 3k − k 2
k 2 − 4k + 0,5 = 0 → k = 0,129
b) P( A ´B) = P(B) − P( A  B) = 3.0,129 − 0,1292 = 0,371
2.- [Puntuación 7]
La curva C se define por la ecuación xy-lny=1, y>0.
dy
(a) Calcule
en función de x e y.
dx
2 
(b) Determine la ecuación de la tangente a C en el punto  , e  .
e 
Solución:
dy 1 dy
a) y + x. − .
=0
dx y dx
[4 puntos]
[3 puntos]
dy 
1
dy
−y
− y2
 x −  = − y →
=
=
1 xy − 1
dx 
y
dx
x−
y
2 
b) En  , e 
e 
m=
− e2
= −e2
2−1
2

y − e = −e2  x −  → y = −e2x + 3e
e

3.- [Puntuación 6]
8
1

El coeficiente de x2 en el desarrollo de  + 5x  es igual al coeficiente de x 4 en el desarrollo de (a + 5x )7 , a  R .
x

Calcule el valor de a.
Solución:
8
 8 1
1
  8 1  8 1
2  8 1
3 8 1
4  8 1
5
 + 5x  =   8 +   7 (5x ) +   6 (5x ) +   5 (5x ) +   4 (5x ) +   3 (5x ) +
2
3
4
5
x
 0  x 1  x
 x
 x
 x
 x
8


Coeficiente de x 2 =  .55
5 
7 
7 
7 
7 
7 
(a + 5x )7 =  a7 +  a6 (5x ) +  a5(5x )2 +  a 4 (5x )3 +  a3(5x )4 + ....
0
1 
 2
3 
 4
7 
Coeficiente de x 4 =  .a3 .54
 4
 8  5 7  3 4
 .5 =  .a .5 → 56.55 = 35.a3 .54 → a3 = 8 → a = 2
5 
 4
4.- [Puntuación 6]
La región A está encerrada por el gráfico de y = 2arcsen(x − 1) −
(a) Escriba una integral definida para representar el área de A.
(b) Calcule el área de A.
Solución:
 
a) 2arcsen( x − 1) − = → x = 1,71
4 4
1,71


 4 − (2arcsen( x − 1) − 4  dx


0


, el eje y y la recta y = .
4
4
[4 puntos]
[2 puntos]

b) Área=3,298
5.- [Puntuación 6]
Cuando se fabrica una alfombra, pequeños fallos ocurren al azar.
El número de fallos en las alfombras Premium se pueden modelar con una distribución de Poisson
con una media de 0,5 fallos por 20 m2. El Sr.
Jones elige alfombras Premium para reemplazar las alfombras en su edificio de oficinas.
La oficina en el edificio tiene 10 habitaciones, cada una con un área de 80 m 2.
(a) Encuentre la probabilidad de que la alfombra colocada en la primera habitación tenga menos
de tres fallos.
[3 puntos]
(b) Encuentre la probabilidad de que exactamente siete habitaciones tengan menos de tres fallos
en la alfombra.
[3 puntos]
Solución:
a) X:”número de fallos en una habitación” es Po(2)
P(X<3)=0,6767
b) Y:”número de habitaciones de las 10 con X<3” es B(10, 0.6767)
P(Y=7)=0,2635
6.- [Puntuación 6]


Considere la gráfica de y = tan x +  , donde −   x  2 .
4

(a) Escriba las ecuaciones de las asíntotas verticales del gráfico.
1
El gráfico se refleja en el eje y, luego se estira en paralelo al eje y por un factor
y luego una
2
 
translación  4  .
 − 3
 
(b) Dé la ecuación del gráfico transformado.
Solución:


 x= 4


 

5

a) cos x +  = 0 → x + = + k , k  Z → x = + k, k  Z →  x =
4
4
2
4
4



x = − 3

4
b) g(x)=f(-x)
1
h(x ) = g(x )
2

1 

1 

1



p( x ) = h x −  − 3 = g x −  − 3 = f  − x +  − 3 = tan − x +  − 3
4
2
4
2
4
2
2








[2 puntos]
[4 puntos]
7.- [Puntuación 6]
Encuentre la ecuación cartesiana del plano Π que contiene los puntos A(6, 2, 1) y B(3, -1, 1) y es perpendicular al
plano x + 2y - z - 6 = 0.
Solución:
x −6 −3 1
y −2 −3 2 =0
z −1 0 −1
3x-18-6z+6+3z-3-3y+6=0
3x-3y-3z-9=0  x-y-z-3=0
8.- [Puntuación 7]
Un canal de agua de 10 metros de largo tiene una sección transversal uniforme en forma de
semicírculo con radio 0.5 metros. Está parcialmente lleno de agua como se muestra en el siguiente
diagrama de la sección transversal. El centro del círculo es O y el ángulo KOL es θ radianes.
(a) Encuentre una expresión para el volumen de agua V (m3) en la depresión en función de θ.
El volumen de agua aumenta a una velocidad constante de 0.0008 m 3s-1.
d

cuando  = .
(b) Calcule
dt
3
Solución:
 .0,52 0,5.0,5.sen 
.10 = 5 ( − sen)
−
a) V = 
 2

2
4


b)
dV dV d
=
.
dt d dt
dV 5
= (1 − cos )
d 4
Para  =

3
dV 5  1  5
= 1 −  =
d 4  2  8
5 d
0,0008 = .
8 dt
d
= 0,00128 rads −1
dt
[3 puntos]
[4 puntos]
SECCIÓN B
9.- [Puntuación 8]
Los tiempos necesarios para que los corredores masculinos completen un maratón se pueden
modelar en forma de distribución normal con una media de 196 minutos y una desviación típica
de 24 minutos.
(a) Encuentre la probabilidad de que un corredor seleccionado al azar complete el maratón en
menos de 3 horas.
Se encuentra que el 5% de los corredores masculinos completan el maratón en menos de T1
minutos.
(b) Calcule T1 .
El tiempo que tardan las corredoras en completar el maratón puede modelarse en forma de
distribución normal con una media de 210 minutos.
Se encuentra que el 58% de las corredoras completan el maratón entre 185 y 235 minutos.
(c) Encuentre la desviación típica de los tiempos de las corredoras.
Solución:
a) X:”tiempos para completar la maratón de los corredores masculinos” es N(196, 24)
[2 puntos]
[2 puntos]
[4 puntos]
P(X<180)=P(76<X<180)=0,2525
b) P(X  T1 ) = 0,05 → T1 = 156,52
c) Y:”tiempo para completar la maratón las corredoras” es N(210, )
P(185<Y<235)=0,58
Z=
Y − 210

235 − 210 
 185 − 210
P
Z
 = 0,58




25 
25 
25
 − 25

P
Z
= 0,8064 →  = 31
 = 0,58 → P Z 
 = 0,79 →



 

10.- [Puntuación 15]

En el triángulo PQR, PR = 12 cm, QR = p cm, PQ = r cm y QPR = 30 .
(a) Usa el teorema del coseno para mostrar que r2 − 12 3 r + 144 − p2 = 0 .
Considere los posibles triángulos con QR = 8 cm.
(b) Calcule los dos valores correspondientes de PQ.
(c) Usando lo anterior, encuentre el área del triángulo más pequeño.
Considere el caso donde p, la longitud de QR no se fija en 8 cm.
(d) Determine el rango de valores de p para los cuales es posible formar dos triángulos.
Solución:
3
a) p2 = r2 + 144 − 24r
→ r2 − 12 3 r + 144 − p2 = 0
2
12 3  112 15,68
b) r2 − 64 + 144 − 12 3 r = 0 → r2 − 12 3 r + 80 = 0 → r =
=
2
 5,1
12.5,1.0,5
= 15,3 cm2
c) Área =
2
d) 432 − 576 + 4p2  0 → 4p2  144 → p2  36 → p  6 (para garantizar dos
soluciones)
144 − p2  0 → p  12
En resumen 6<p<12
[2 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[7 puntos]
11.- [Puntuación 9]
Xavier, el paracaidista, salta de un avión a una altura de h metros sobre el suelo.
Después de caída libre durante 10 segundos abre su paracaídas.
Su velocidad, v ms-1, t segundos después de saltar del avión, puede ser modelada por la función
0  t  10
9,8 t ,

98
v( t ) = 
, t  10
2

1
+
(
t
−
10
)

(a) Encuentra su velocidad cuando t = 15.
(b) Calcule la distancia vertical que Xavier recorrió en los primeros 10 segundos.
Su velocidad cuando alcanza el suelo es 2.8 ms-1.
(c) Determine el valor de h.
Solución:
98
= 19,22 ms−1
a) v(15) =
26
b)

10
0

c) 2,8 =
44 ,98
10
10
98
1 + ( t − 10)2
1 + (t − 10)2 =


9,8t dt = 4,9 t 2 0 = 490 m
98
→ t = 44,98 s
2,8
98
1 + ( t − 10)2
dt = 416,32 m
h=490+416,32=906,32 m
[2 puntos]
[2 puntos]
[5 puntos]
12.- [Puntuación 18]
Considere f(x) = −1 + ln x2 − 1  .


(a) Encuentre el mayor dominio posible D para que f sea una función.
La función f se define por f(x ) = −1 + ln x2 − 1 , x  D .


(b) Dibuje la gráfica de y = f (x) mostrando claramente las ecuaciones de las asíntotas y las
coordenadas de cualquier intersección con los ejes.
(c) Explique por qué f es una función par.
(d) Explique por qué la función inversa f −1 no existe.
[2 puntos]
[3 puntos]
[1 punto]
[1 punto]
La función g se define por g(x) = −1 + ln x2 − 1 , x ]1, [ .


(e) Encuentre la función inversa g −1 y escriba su dominio.
(f) Calcule g '(x).
(g) Usando lo anterior, demuestre que no hay soluciones para
(i) g '(x) = 0;
[4 puntos]
[3 puntos]
(ii) g −1 ´( x ) = 0 .
Solución:
[4 puntos]
( )
a) x2 − 1  0 → D =] −  , − 1[ ]1, + [
b) Asíntotas verticales x=1 x=-1
Cortes con los ejes (-2.9, 0) y (2.9, 0)




c) f(−x) = −1 + ln (−x )2 − 1  = −1 + ln x2 − 1  = f(x )




d) La función f no es inyectiva en D, una recta horizontal
corta a la curva dos veces.
e) y = −1 + ln x 2 − 1 → ln x 2 − 1 = y + 1 → x 2 − 1 = e y +1 → x 2 − 1 = e2y + 2 → x =  e2y + 2 + 1
Dg −1 = R
g −1 ( x ) = e2x + 2 + 1
f) g ´(x ) =
g) i)
1
x2 − 1 2 x2 − 1
x
2
x −1
( )
1
.
.2x =
x
2
x −1
= 0 → x = 0 , pero 0  D
1
ii) g −1 ´( x ) =
2x + 2
2 e
e2x +2  0 , x  R
+1
.e2x + 2
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ2
Viernes 5 de mayo de 2017
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
En un club de golf hay 75 jugadores que participan en un torneo de golf.
En la siguiente tabla se muestran las puntuaciones que se han obtenido en el 18.º hoyo.
Puntuación
Frecuencia
2
3
3
15
4
28
5
17
6
9
7
3
a) Se elige al azar a uno de los jugadores. Halle la probabilidad de que la puntuación de este
jugador fuera de 5 o más.
b) Calcule la media de las puntuaciones.
Solución:
29
a) Probabilidad=
75
[2 puntos]
[2 puntos]
_
b) x = 4,306
2.- [Puntuación 9]
Considere la curva definida por la ecuación 4x 2 + y 2 = 7 .
(
)
a) Halle la ecuación de la normal a la curva en el punto 1, 3 .
b) Halle el volumen del sólido que se forma cuando la región delimitada por la curva, el eje x
para x  0 y el eje y para y  0 se rota 2 radianes alrededor del eje x.
Solución:
−4x
a) Derivando 8x+2yy´=0 → y´=
y
(
En 1, 3
)
m=−
4
3
La normal: y − 3 =
b) V = 
7
2
→ mN =
3
3
3 3
(x − 1)  y =
x+
4
4
4
 (7 − 4x )dx = 19,39
0
2
3
4
[6 puntos]
[3 puntos]
3.- [Puntuación 7]
Una máquina elabora paquetes de galletas. Los pesos X, en gramos, de los paquetes de galletas
se pueden modelizar por una distribución normal, donde X  N( , 2 ) .
Un paquete de galletas se considera que tiene un peso insuficiente si pesa menos de 250 gramos.
a) Sabiendo que  = 253 y  = 1,5 , halle la probabilidad de que un paquete de galletas elegido
al azar tenga un peso insuficiente.
El fabricante decide que la probabilidad de que un paquete tenga un peso insuficiente debería ser
igual a 0,002. Para conseguirlo se aumenta  mientras que  no cambia.
b) Calcule el nuevo valor de  , con una aproximación de dos lugares decimales.
El fabricante está contento con la decisión de que la probabilidad de que un paquete tenga un
peso insuficiente sea igual a 0,002, pero está descontento con la manera en la que se ha logrado.
Por ello, se ajusta la máquina para reducir  y hacer que  vuelva a ser igual a 253.
c) Calcule el nuevo valor de  .
Solución:
a) P(X<250)=P(245,5<X<250)=0,0227
[2 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
b) P(X<250)=0,002
X −
250 − 
250 − 
Sea Z =
. P(Z  (
) = 0,002 →
= −2,8782 →  = 254,32
1,5
1,5
1,5
X − 253

250 − 253
−3
P(Z  (
) = 0,002 →
= −2,8782 →  = 1,04


c) Sea Z =
4.- [Puntuación 6]
a) Halle el conjunto de valores de k que satisfacen la inecuación k 2 − k − 12  0 .
1
b) El triángulo ABC se muestra en la siguiente figura. Sabiendo que cos B  , halle el rango de
4
posibles valores de AB.
Solución:
a) k 2 − k − 12 = 0 → k =
+
7
-3
17  4
=
2
− 3
+
7
4
b) Sea AB=x
16 = x 2 + 4 − 4x cos B
x2 − 4 cos B x − 12 = 0
Si cos B 
1
→ 4 cos B  1 → x2 − x − 12  0 →2  x  4
4
-3<k<4
[2 puntos]
[4 puntos]
5.- [Puntuación 9]
A John, en julio, le gusta salir a navegar todos los días.
Para ayudarle a decidir si es seguro o no salir a navegar, cada día de julio lo califica como ventoso
o como tranquilo. Si un día dado del mes de julio es tranquilo, la probabilidad de que el día
siguiente sea tranquilo es igual a 0,9.
Si un día dado del mes de julio es ventoso, la probabilidad de que el día siguiente sea tranquilo
es igual a 0,3. El pronóstico del tiempo para el 1 de julio predice que la probabilidad de que sea un
día tranquilo es igual a 0,8.
a) Dibuje un diagrama de árbol que represente esta información para los tres primeros días
de julio.
[3 puntos]
b) Halle la probabilidad de que el 3 de julio sea un día tranquilo.
[2 puntos]
c) Halle la probabilidad de que el 1 de julio fuera un día tranquilo, sabiendo que el 3 de julio es
un día ventoso.
[4 puntos]
Solución:
a)
1 Julio
2 Julio
3 Julio
0,9
Tranquilo
Tranquilo
Tranquilo
0,1
Ventoso
0,3
Ventoso
0,8
0,1
0,3
0,2
0,9
0,7
Tranquilo
Ventoso
0,9
0,1
0,7
Ventosos
0,3
Tranquilo
Ventoso
Tranquilo
Ventoso
Tranquilo
0,7
Ventoso
b) P(3 Julio Tranquilo)=0,8.0,9.0,9+0,8.0,1.0,3+0,2.0,3.0,9+0,2.0,7.0,3=0,768
c) P(1 Julio Tranquilo / 3 Julio Ventoso) =
=
P(1 Julio Tranquilo  3 Julio Ventoso )
=
P(3 Julio Ventoso )
0,8.0,9.0,1 + 0,8.0,1.0,7 0,128
=
= 0,5517
1 − 0,768
0,232
6. -[Puntuación 5]
 1
 1
(p + 2q) = (log 10 p + log 10 q ) , p>0, q>0, halle p en función de q.
Sabiendo que log 10 
2 2
 2
Solución:
1
2 2
(p + 2q) = p.q → p + 2q = 2 2 pq → p2 + 4q2 + 4pq = 8pq → p2 − 4qp + 4q2 = 0 → p =
4q  16q2 − 16q2
= 2q
2
7. [Puntuación 4]
Sabiendo que axb=bxc ≠ 0, demuestre que a+c=sb , donde s es un escalar.
Solución:
axb-bxc = 0 → axb+cxb = 0 → (a+c)xb = 0→ a+c y b son linealmente dependientes (misma dirección) →
→ a+c =s. b donde s es un escalar
8.- [Puntuación 6]
En una convocatoria de exámenes de prueba, un alumno de un colegio tiene que hacer 18 exámenes, incluidos el
de Física, el de Química y el de Biología.
No está permitido hacer consecutivamente dos de estos tres exámenes.
No existe ninguna otra limitación relativa al orden en el que puede hacer el resto de exámenes.
Halle el número de órdenes distintos en los que se pueden hacer estos 18 exámenes.
Solución:
F
Q
B
Número de órdenes donde haya sólo dos exámenes consecutivos de las tres asignaturas: 3.2.17.15.15!
F
Q
B
Número de órdenes donde haya tres exámenes consecutivos de las tres asignaturas consecutivas: 16.3!.15!
Número de órdenes distintos en los que se pueden hacer los 18 exámenes con las restricciones impuestas=
=18!-3.2.17.15.15!-16.3!.15!=4,39378587.1015.
SECCIÓN B
9.- [Puntuación 22]
Los puntos A, B y C tienen los siguientes vectores de posición con respecto al origen O.
→
OA = 2i+j-2k
→
OB = 2i-j+2k
→
OC = i+3j+3k
a) Halle la ecuación vectorial de la recta (BC).
b) Determine si las rectas (OA) y (BC) se cortan o no.
[3 puntos]
[6 puntos]
→
c) Halle la ecuación cartesiana del plano 1 , que pasa por C y es perpendicular a OA .
d) Muestre que la recta (BC) pertenece al plano 1 .
[3 puntos]
[2 puntos]
El plano 2 contiene los puntos O, A y B, y el plano 3 contiene a los puntos O, A y C.
e) Verifique que 2j+k es perpendicular al plano 2 .
[3 puntos]
f) Halle un vector que sea perpendicular al plano 3 .
[1 puntos]
g) Halle el ángulo agudo entre los planos 2 y 3 .
Solución:
 x   2   − 1
     
a) (BC) :  y  =  − 1  +  4 
z  2   1 
     
[4 puntos]
x  2 
   
b) (OA ) :  y  = t  1 
 z   − 2
   
2 −  = 2t 
7

− 1 + 4 = t  → 7 = 9t → t =
9
2 +  = −2t 

4
4
14
 = . Estos valores no cumplen la tercera ecuación : 2 +  −
9
9
9
Las rectas no se cortan
C 1
c) 1 : 2x + y − 2z + D = 0 → 2 + 3 − 6 + D = 0 → D = 1
1 : 2x + y − 2z + 1 = 0
d) B(2, − 1,2) 1 puesto que : 2.2 − 1 − 2.2 + 1 = 0
→
→
e) (2j+k). OA =0+2-2=0 (2j+k). OB =0-2+2=0
i j k
f) OA OC = 2 1 − 2 = 9i-8j+5k
1 3 3
→
→
g) cos  =
| 0 − 16 + 5|
170 5
=
11
850
→  = 67,83º
10.- [Puntuación 15]
Una variable aleatoria continua X tiene la función densidad de probabilidad f
 x2

f ( x ) =  a + b , 0  x  4 donde a y b son constantes positivas.
 0
resto valores
Se sabe que P(X  2) = 0,75 .
a) Muestre que a=32 y b =
1
.
12
[5 puntos]
b) Halle E(X).
c) Halle Var(X).
d) Halle la mediana de X.
Se realizan ocho observaciones independientes de X y la variable aleatoria Y es el número de
observaciones tales que X  2 .
e) Halle E(Y).
f) Halle P(Y  3) .
Solución:
a)
2

 3

 x + b  dx = 1 →  x + bx = 1 → 8 + 2b = 1 → 2b = 1 − 8

4
3a
4
4 3a
0  a
 3a
0 4


2 2
4

 x + b  dx = 1 →


0 a


2 2
b) E( X ) =
 x2 1 
8
x. +  dx =


32
12
3
0 


4
c) Var(X ) =
d)
 x3

64
64
1 32
+ 4b = 1 → 4b = 1 −
→ 2b = −
 + bx = 1 →
3a
3a
2 3a
 3a
0
1 8 1 32
24 1
− = −
→
= → a = 32
4 3a 2 3a
3a 4
Se (1) y (2)
4
2 2
8

x − 
3
0

x
1
16
. +  dx =
 32 12 
15



 x + 1  dx = 0,5 → m = 2,91

0  32 12 

(1)
m 2
e) Y es B(8, 0.75)
E(Y)=8.0,75=6
f) P(Y  3) = 1 − P(Y  2) = 1 − 0,0042 = 0,9958
b=
1
12
(2)
[2 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
[2 puntos]
[1 punto]
11.- [Puntuación 13]
Sea f ( x ) = 3x 4 + ax3 + bx2 − 7x − 4 , donde a y b son números enteros positivos.
a) Sabiendo que x 2 − 1 es un factor de f(x), halle el valor de a y el valor de b.
b) Factorice f(x), expresándolo como un producto de factores lineales.
c) Dibuje aproximadamente el gráfico de y=f(x), y rotule los puntos máximos, los puntos mínimos
y los puntos de corte con los ejes x e y.
d) Utilizando este gráfico, indique el rango de valores de c para los cuales f(x)=c tiene exactamente
dos raíces reales distintas.
Solución:
a f (1) = 0 → 3 + a + b − 7 − 4 = 0 → a + b = 8
f(−1) = 0 → 3 − a + b + 7 − 4 = 0 → − a + b = −6
Resolviendo el sistema: b=1 a=7
b) 3x 4 + 7x3 + x2 − 7x − 4 = ( x2 − 1)(3x2 + px + q) = 3x 4 + px3 + qx2 − 3x2 − px − q
Identificando coeficientes: a=3
p=7
f ( x ) = ( x 2 − 1)(3x 2 + 7x + 4)
3x2 + 7x + 4 = 0 → x =
−7 1 
 −1
= 4
−
6

 3
f ( x ) = ( x − 1)( x + 1)2(3x + 4)
c) Cortes ejes (-1.3, 0) (-1, 0) (1,0) (0, -4)
Máximo (-1, 0)
Mínimos (-1.22, -0.03)
0.47, -6.2)
d) c  − 6.2, − 0.03  0, + 
q-3=1
q=4
[4 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
[3 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
Lunes 13 de noviembre de 2017
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Resuelva la ecuación log 2(x + 3) + log 2(x − 3) = 4 .
Solución:
log 2(x + 3)( x − 3) = 4
 x =5
log 2( x 2 − 9) = 4 → x 2 − 9 = 16 → 
x = −5 No válido
2.- [Puntuación 6]
Los puntos A y B vienen dados por A(0, 3, -6) y B(6, -5, 11).
El plano  está definido por la ecuación 4x-3y+2z=20.
a) Calcule la ecuación vectorial de la recta L que pasa por los puntos A y B.
b) Calcule las coordenadas del punto de intersección de la recta L y el plano  .
Solución:
x  0   6 
     
a) L :  y  =  3  + t  − 8  t  R
 z   − 6   17 
     
[3 puntos]
[3 puntos]
b) 4.(6t)-3(3-8t)+2(-6+17t)=20
82t = 41 → t =
1
2
5

Punto de intersección  3, − 1, 
2

3.- [Puntuación 6]
Considere el polinomio q( x ) = 3x3 − 11x 2 + kx + 8 .
a) Sabiendo que q(x) tiene como factor a (x-4), calcule el valor de k.
b) Usando lo anterior o de cualquier otra manera, factorice q(x) como producto de factores
lineales.
Solución:
a) q(4)=0 → 192-176+4k+8=0 → 4k=-24 → k=-6
b) 3x3 − 11x2 + kx + 8 = ( x − 4) ax2 + bx + c
(
)
Identificando coeficientes: a=3
c=-2
(
b=1
)
3x3 − 11x2 + kx + 8 = ( x − 4) 3x2 + x − 2
3x2 + x − 2 = 0 → x =
2
−15 

= 3
6

− 1
q(x) = (x − 4)( x + 1)(3x − 2)
[3 puntos]
[3 puntos]
4.- [Puntuación 4]
7
2

Calcule el coeficiente de x 8 en el desarrollo de  x2 −  .
x

Solución:
7
 2 2   7  14  7  12 2  7  10 4
 x −  =   x −   x . +   x . 2 − .....
x   0
x  2

x
1
7 
7.6
.4 = 84
Coeficiente de x 8 =  .4 =
2
2
 
5.- [Puntuación 5]
Una partícula se mueve en línea recta de modo que en el tiempo t segundos t  0 , su velocidad v, en ms−1 , viene
dada por v = 10te−2t . Calcule la distancia exacta recorrida por la partícula en el primer medio segundo.
Solución:
s=
1
2
 10te
0
dt
v´= e−2t
1
v = − e−2t
2
u=t
u´= 1
10te
−2t
− 2t
1 −2t 
5
 1
dt = 10− te−2t +
e
dt  = −5te−2t − e −2t
2
2
 2


1
5
5 5 5
5 5 5(e − 2)

2
s = − 5te−2t − e−2t  = − − + = − + =
2
2e 2e 2
e 2
2e

0
6.- [Puntuación 9]
1 − 3x
, mostrando con claridad las asíntotas e indicando las
x −2
coordenadas de todos los puntos de intersección con los ejes.
a) Dibuje la gráfica de y =
b) Usando lo anterior o de cualquier otra manera, resuelva la inecuación
Solución:
a) A.V. x=2
A.H.
lim
x → 
1 − 3x
= −3 → A.H. y=-3
x −2
1

Cortes ejes  0, − 
2

b)
1 
 , 0
3 
1 − 3x
=2 → x =1
x −2
1 − 3x
= −2 → x = −3
x −2
La inecuación se cumple si -3< x < 1
1 − 3x
2.
x −2
[4 puntos]
[5 puntos]
7. [Puntuación 8]
La flor de Descartes es una curva definida por la ecuación x3 + y 3 − 3xy = 0 y se muestra en el siguiente
diagrama.
Determine las coordenadas exactas del punto P donde la tangente a la curva es paralela al eje y.
Solución:
Derivando de forma implícita: 3x 2 + 3y 2y´−3( y + y´x ) = 0
y´=
3y − 3x 2
y − x2
=
3y 2 − 3x y 2 − x
La pendiente de la tangente n P es  , por lo tanto y 2 − x = 0
x = y2
(
)
 y =0
y 6 + y 3 − 3y 3 = 0 → y 3 y 3 − 2 = 0 →  3
y = 2
No
→ x =3 4
( )
P3 4 , 3 2
8.- [Puntuación 7]
Determine las raíces de la ecuación (z + 2i)3 = 216 i, z  C , dando sus respuestas en la forma
z = a 3 + bi, donde a , b Z .
Solución:
z + 2i = 3 216 i = 3 216  = 6  2k , k = 0,1, 2
2
6
+
3
 3 1 
+ i  = 3 3 + 3i → z = 3 3 + i
Para k=0 z + 2i = 6
 2 2 



3 1 
+ i = −3 3 + 3i → z = −3 3 + i
Para k=1 z + 2i = 6 −
 2 2 


Para k=2 z + 2i = −6i → z = −8i
SECCIÓN B
9.- [Puntuación 18]
→
→
En el diagrama que se muestra OA = a y OB = b.
→ 1→
C es el punto medio de [OA] y OF = FB .
6
a) Calcule, en función de a y b
→
i) OF
→
ii) AF
[3 puntos]
→
→
→
→
Sabemos también que AD =  AF y CD =  CB, donde  ,   R .
b) Calcule una expresión para
→
i) OD en función de a, b y  .
→
ii) OD en función de a, b y  .
c) Muestre que  =
[4 puntos]
1
y calcule el valor de  .
13
[4 puntos]
→
d) Deduzca una expresión para CD sólo en función de a y b.
e) Sabiendo que el área OAB = k( Área CAD) , calcule el valor de k.
Solución:
[2 puntos]
[5 puntos]
→ 1 → 1
a) i) OF = OB = b
7
7
→
→
→
1
b
7
→
→
→
→
ii) AF = AO+ OF = -a+
1
1
b)= (1 −  ) a+  b
7
7
→
→
→
→ → 1 →
 1

 1
1
1−
a+  b
OD = OC+ CD = OA + CB = a+  CO+ OB  = a+ (− a+b)=
2
2
2
2
2


b) OD = OA + AD = a+  AF =a+  (-a+
1−

1 −  = 2
1
1−
1−
1
→ 1 − 7 =
→=
c) (1 −  ) a+  b=
a+  b → 

2
13
7
2

=
 7
→
d) CD =
1
1
1 → 1 1
a+
b
CB = (− a+b)= −
26
13
13 2
13
→
→
→
→
| OA | . | CB | | OA | .13| CD |
=
e) OAB =
2
2
→ 1 →
→
→
| CD | . | OA |
| CD | . | AC |
2
CAD =
=
2
2
→ 1 →
→
→
| CD | . | OA |
| OA | .13| CD |
2
= k.
→ k = 26
2
2
=
7
13
10.- [Puntuación 11]
Chloe y Selena juegan a un juego donde cada una tiene cuatro cartas que muestran las letras
mayúsculas A, B, C y D.
Chloe pone sus cartas boca arriba sobre la mesa en orden A, B, C y D como se muestra en el
siguiente diagrama.
Shelena baraja sus cartas y las deja boca abajo sobre la mesa. Luego gira una a una para ver si
su carta coincide con la carta de Chloe directamente arriba.
Chloe gana si no hay coincidencias, de lo contrario, Selena gana.
3
a) Muestre que la probabilidad de que Chloe gane el juego es .
8
Chloe y Shelena repiten su juego para que jueguen un total de 50 veces.
Supongamos que X es la variable aleatoria discreta que representa el número de veces que Chloe
gana.
b) Determine
i) la media de X
ii) la varianza de X.
Solución:
a) Colocaciones sin coincidencias:
B
C
D
C
D
B
B
C
D
A
A
A
D
C
D
C
D
C
D
D
B
A
A
A
D
B
B
P(Chloe gane)=
C
B
C
B
B
C
A
A
A
9
V4 ,4
=
9 3
=
24 8
3

b) X:"número de veces que Chloe gana en 50 juegos" es B 50, 
8

3 75
i) E(X ) = 50. =
8 4
3 5 375
ii) Var( X ) = 50. . =
8 8 32
[6 puntos]
[5 puntos]
11.- [Puntuación 21]
(
)
Considere la función fn ( x ) = (cos 2x )(cos 4x )... cos 2n x , n  Z + .
a) Determine si f n es una función par o impar, justificando su respuesta.
n +1
[2 puntos]
m
donde m  Z .
[8 puntos]
2
2 sen2x
c) Usando lo anterior o de cualquier otra manera, calcule una expresión para la derivada de fn ( x )
con respecto a x.
[3 puntos]

d) Muestre que, para n>1, la ecuación de la tangente a la curva y = fn (x ) en x =
es
4
[8 puntos]
4x − 2y −  = 0 .
Solución:
b) Usando la inducción matemática, pruebe que fn ( x ) =
(
sen 2
n
)
(
x
,x 
)
a) fn (−x ) = (cos − 2x )(cos − 4x )... cos − 2n x = (cos 2x )(cos 4x )... cos 2n x = fn ( x ) → f n es una función par.
b) Para n=1 f1(x) = cos 2x (1)
sen 22 x
1
2 sen2x
=
sen 4x 2sen2x cos 2x
=
= cos 2x (2)
2sen 2x
2sen2x
De (1) y (2) cierto para n=1
fk ( x ) =
Probemos para n=k+1
fk +1 ( x ) =
(
c) f ´ n ( x ) =
(
)
)
k
(
(
sen 2k +2 x
2
k +1
).cos(2
2 sen2x
sen 2k +1 x
k
)
2 sen2x
?
fk +1( x ) = fk ( x ). cos 2k +1 x =
(
sen 2k +1 x
Supongamos cierto para n=k
)
sen2x
k +1
)
x =
(
d) Para x =
2
k +1
2
(
cos 2n+1 x .2n+1.2n .sen2x − 2n+1. cos 2x.sen 2n+1 x
2n
) (
2sen 2k +1 x . cos 2k +1 x
sen2x
) = sen(2.2
)
2 .sen 2x

4
   1.2n +1.2n.1 − 0
f ´n   =
=2
4
22n.1
0

fn   =
n
4
  2 =0



Ecuación de la recta tangente: y − 0 = 2 x −   y = 2x −  4x − 2y −  = 0
4
2

k +1
k +1
2
x
sen2x
) = sen2
k +2
k +1
2
x
sen2x
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Martes 14 de noviembre de 2017
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
En un supermercado hay cajas de frutas mezcladas que están a la venta.
La caja A contiene 2 plátanos, 3 kiwis y 4 melones y su precio es $6.58.
La caja B contiene 5 plátanos, 2 kiwis y 8 melones y su precio es $12.32.
La caja C contiene 5 plátanos y 4 kiwis y su precio es $3.
Calcule el precio de cada tipo de fruta.
Solución:
x=precio de un plátano
y=precio de un kiwi
z=precio de un melón
2x + 3y + 4z = 6.58 

5x + 2y + 8z = 12.32

5x + 4y = 3

Con la calculadora x=0.36
y=0.3
z=1.24
2.- [Puntuación 6]
Los sucesos A y B son tales que P( A  B) = 0.95, P( A  B) = 0.6 y P( A | B) = 0.75 .
a) Calcule P(B).
b) Calcule P(A).
c) Usando lo anterior, muestre que los sucesos A´ y B son independientes.
Solución:
P( A  B)
0,6
a) P( A | B) =
→ 0,75 =
→ P(B) = 0,8
P(B)
P(B)
b) P( A  B) = P( A) + P(B) − P( A  B) → 0,95 = P( A) + 0,8 − 0,6 → P( A) = 0,75
c) P( A´B) = P(B) − P( A  B) = 0,8 − 0,6 = 0,2
P(A´).P(B)=(1-0,75).0,8=0,2
Como P(A´B) = P(A´).P(B), los sucesos A´ y B son independientes.
[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
3.- [Puntuación 4]
El siguiente diagrama muestra un pendiente metálico formado por cuatro sectores circulares iguales de radio
OB=9 cm y cuatro sectores iguales de radio OA=3 cm. El ángulo BOC =20ᵒ.
Calcule el área del pendiente.
Solución:
π
7π
20  rad y 70 
rad
9
18
 2
7 2
.9
.3
+ 4. 18
= 18 + 7 = 25 cm2
Área pendiente= 4. 9
2
2
4.- [Puntuación 6]
Se sabe que una de cada cinco tazas de café contiene más de 120 mg de cafeína.
También se sabe que tres de cada cinco tazas contienen más de 110 mg de cafeína.
Se sabe que la cafeína contenida en el café está modelada por una distribución normal.
Calcule la media y la desviación típica de la cafeína contenida en el café.
Solución:
X:"gramos de cafeína en el café" es N(,  )
Z=
Y -

1
120 −   1 120 − 

→ P Z 
= 0,8416
= →
5
  5


3
110 −   3 110 − 

P(X  110) =
→ P Z 
= −0,2533
= →
5
  5


P(X > 120)=
Resolviendo el sistema:  = 112,3 gr
 = 9,1gr
5.- [Puntuación 6]
Barry está en la cima de un acantilado, a 80 m sobre el nivel del mar, y observa dos yates en el mar.
Seaview (S) se encuentra en un ángulo de depresión de 25ᵒ.
Nauti Buoy (N) se encuentra en un ángulo de depresión de 35ᵒ.
El siguiente diagrama tridimensional muestra a Barry y los dos yates en S y N.
X se encuentra al pie del acantilado y el ángulo SXN = 70ᵒ.
Calcule, con tres cifras significativas, la distancia entre los dos yates.
Solución:
SX
tan65 =
→ SX = 171,56
80
tan55 =
NX
→ NX = 114,25
80
SN2 = 171,562 + 114,252 − 2.171,56.114,25.cos 70 = 29078,21
SN ≈ 171 m
6.- [Puntuación 6]
El número de plátanos que Lucas come durante cualquier día sigue una distribución de Poisson
de media 0.2.
a) Calcule la probabilidad de que Lucas coma al menos un plátano en un día cualquiera.
b) Calcule el número esperado de semanas en el año en las que Lucas no come plátanos.
Solución:
a) x:"número de plátanos que Lucas se come al día" es Po(0,2)
[2 puntos]
[4 puntos]
P(X  1) = 1 − P(X = 0) = 1 − 0,8187 = 0,1813
b) Y:"número de plátanos que Lucas se come en una semana" es Po(1,4)
Z:"número de semanas al año en las que Lucas no come plátano" es B(52, P(Y=0))=B(52, 0.2466)
E(Z)=52x0.2466=12,8 ≈ 13 semanas
7.- [Puntuación 5]
En la ecuación cuadrática 7x2 − 8x + p = 0, (p  Q ) , una de las raíces es tres veces la otra raíz. Calcule el valor de p.
Solución:
Sean las raíces  y 



8
8
2
 +  =  → 4 = →  =
y
7
7
7
p 
. =
7 
 = 3
=
6
2 6 12
→ p = 7. . =
7
7 7 7
8.- [Puntuación 7]
Usando la sustitución x 2 = 2sec  , muestre que
x
 2 
1
= arccos 2  + c
4
x 
x −4
dx
4
Solución:
x2 = 2sec  =
2x dx = 2
x
2
cos 
sen
2
cos 
dx
x4 − 4
=
d → x dx =
x
xdx
2
x4 − 4
=
sen
cos 2 

d
sen
sen
2
 2 
1
1
1
cos 2 
cos

d =
d =
d =  + c == arccos 2  + c
2
sen

4
4
4
2
4
x 
.2.
.2
−4
2
cos

cos

cos 
cos 


9.- [Puntuación 6]
Doce estudiantes deben realizar un examen en combinatoria avanzada. La sala de examen se
establece en filas de cuatro escritorios, con el vigilante en la parte delantera de la sala, como se
muestra en el siguiente diagrama
Escritorio 1
Escritorio 5
Escritorio 9
VIGILANTE
Escritorio 2
Escritorio 3
Escritorio 6
Escritorio 7
Escritorio 10 Escritorio 11
Escritorio 4
Escritorio 8
Escritorio 12
a) Calcule el número de maneras en las que los doce estudiantes pueden sentarse en la sala del
examen.
Dos de los estudiantes, Helen y Nicky, son sospechosos de hacer trampa en un examen anterior.
b) Calcule el número de maneras en que se pueden sentar los estudiantes si Helen y Nicky deben
sentarse de modo que uno esté directamente detrás del otro (sin escritorio entre ellos).
Por ejemplo Escritorio 5 y Escritorio 9.
c) Calcule el número de maneras en las que los estudiantes pueden sentarse si Helen y Nicky no
deben sentarse uno al lado del otro en la misma fila.
Solución:
a) V12,12 = 12! = 479001600
[1 punto]
[2 puntos]
[3 puntos]
b) 2.8.10!=58060800
c) Formas en que Helen y Nicky pueden sentarse uno al lado del otro= 2.3.3.10!=65318400
Formas en que Helen y Nicky no pueden sentarse uno al lado del otro=479001600-65318400=413683200
SECCIÓN B
10.- [Puntuación 17]
x
,0 x   .
sen x
a)
i) Muestre que la coordenada x del punto mínimo de la curva y=f(x) satisface la ecuación
tanx=2x.
ii) Determine los valores de x para los cuales la función f(x) es decreciente.
b) Dibuje la gráfica de y=f(x) mostrando con claridad el punto mínimo y cualquier comportamiento
asintótico.
c) Calcule las coordenadas del punto de la gráfica de f donde la normal al gráfico es paralela a la
recta y = -x.


Considere la región encerrada por la curva y=f(x), el eje x y las rectas x = , x = .
6
3
d) La región se rota 2 radianes alrededor del eje x. Calcule el volumen de revolución.
Solución:
1
.senx − cos x. x
senx − 2x cos x
=
a) i) f ´( x ) = 2 x
2
sen x
2 x sen2x
Considere la función f ( x ) =
f ´(x) = 0 → senx − 2x cos x = 0 → senx = 2x cos x → tan x = 2x
ii) f ´(x)  0 si senx − 2x cos x  0 → 0<x<1,17
b) A.V. x=0
x=π
c) f ´(x ) = 1
senx − 2x cos x
2 x sen2x
= 1 → x = 1,96
(1.96, 1.51)


d) V =  3
6
x
sen2x
dx = 2,68
[7 puntos]
[3 puntos]
[4 puntos]
[3 puntos]
11.- [Puntuación 18]

.
2
a)
i) Determine una expresión para f´(x) en función de x.

ii) Dibuje la gráfica de y=f´(x) para 0  x  .
2
iii) Calcule la coordenada (s) x del punto de inflexión de la gráfica de y=f(x),
etiquetándolos claramente en la gráfica de y=f´(x).
b) Sea u=tanx
i) Exprese sen x en función de u.
ii) Exprese sen2x en función de u.
iii) Usando lo anterior, muestre que f(x)=0 se puede expresar u3 − 7u2 + 15u − 9 = 0 .
c) Resuelva la ecuación f(x)=0, dando sus respuestas en la forma arctank donde k  Z .
Solución:
1
a) i) f ´(x ) = 4senx cos x + 14cos 2x +
cos 2 x
Considere la función f (x ) = 2sen2x + 7sen2x + tan x − 9, 0  x 
ii)
iii) Puntos de inflexión (1.13, -1.87) y (0.07, 15.15)
b) i) tan2 x + 1 =
cos 2 x =
1
cos 2 x
1
2
u +1
sen2x = 1 − cos 2 x = 1 −
senx =
1
u2 + 1
=
u2
u2 + 1
u
2
u +1
u
ii) sen2x = 2senx cos x = 2
iii) f ( x ) = 0  2
u2
2
u +1
+7
2
u +1
2u
2
u +1
.
1
2u
= 2
u +1 u +1
2
+ u − 9 = 0  2u2 + 14u + u3 + u − 9u2 − 9 = 0  u3 − 7u2 + 15u − 9 = 0
c)
1
1
1
-7
1
-6
15
-6
9
-9
9
0
(
)
u3 − 7u2 + 15u − 9 = (u − 1) u2 − 6u + 9 = (u − 1)( u − 3)2
u-1=0 → u=1 → tanx=1 → x=arctan1
u-3=0 → u=3 → tanx=3 → x=arctan3
[8 puntos]
[7 puntos]
[3 puntos]
12.- [Puntuación 15]
Phil pide un préstamo bancario de $ 150000 para comprar una casa, a una tasa de interés anual
del 3.5%. El interés se calcula al final de cada año y se suma al monto pendiente.
a) Encuentre la cantidad que Phil le paga al banco después de 20 años.
De su respuesta al dólar más cercano.
Para pagar el préstamo, Phil hace depósitos anuales de $ P al final de cada año en una cuenta de
ahorros, que paga una tasa de interés anual del 2%. Él hace su primer depósito al final del primer
año después de pedir el préstamo.
1.0220 − 1 P
b) Muestre que el valor total de los ahorros de Phil después de 20 años es
.
(1.02 − 1)
c) Sabiendo que el objetivo de Phil es ser dueño de la casa después de 20 años, calcule el valor
de P al dólar más próximo.[
(
)
[3 puntos]
[3 puntos]
3 puntos]
David visita un banco diferente y consigue un depósito de $Q , a un interés anual del 2,8%.
d)
i) David desea retirar $ 5000 al final de cada año por un período de n años.
5000 5000
5000
Muestre que una expresión para el valor mínimo de Q es
.
+
+ ... +
1.028 1.0282
1.028n
ii) Usando lo anterior o de cualquier manera, calcule el valor mínimo de Q que le permitiría
a David retirar cantidades anuales de $ 5000 indefinidamente.
Muestre su respuesta al dólar más próximo.
[6 puntos]
Solución:
a) Después de 20 años Phil paga al banco: 150000(1 + 0,035)20  298468
b) P + 1,02P + 1,022 P + ... + 1,0219 P =
c) 298468−
(1.02
20
)
−1 P
(1.02 − 1)
1,0220 − 1
.P
1,02 − 1
= 0 → P = 12284
(
d) i) 1,028n.Q = 5000 1 + 1,028 + 1,0282 + ... + 1,028n −1
Q=
(
5000 1 + 1,028 + 1,0282 + ... + 1,028n −1
n
1,028
5000
1,028
= 178571,4
ii) S  =
1
1−
1,028
Mínimo valor de Q = 178571
)
) = 5000 + 5000 + ... + 5000
1.028 1.0282
1.028n
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ1
Miércoles 2 de mayo de 2018
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 5]
Sea f ( x ) = x 4 + px3 + qx + 5 .
El resto cuando f (x) se divide por (x + 1) es 7, y el resto cuando f (x) se divide por (x - 2) es 1.
Encuentre el valor de p y el valor de q.
Solución:
1-p-q+5=7
16+8p+2q+5=1
p+q=-1
8p+2q=-20
6p=-18 → p=-3
q=2
2.- [Puntuación 7]
Sea y = sen2, 0    
a) Calcule
dy
.
d
[2 puntos]
(b) Usando lo anterior, encuentre los valores de θ para los cuales
Solución:
dy
= 2sen . cos 
a)
d
dy
= 2y .
d
[5 puntos]
b) 2sen . cos  = 2sen2

 = 0
 sen  = 0 → 
 = 
sen .(cos  − sen ) = 0 → 
cos  = sen  →  = 

4
3.- [Puntuación 5]
Se lanzan dos dados tetraédricos no sesgados (cuatro lados) con caras etiquetadas 1, 2, 3, 4 y se
observan las puntuaciones registradas. Sea T la variable aleatoria el máximo de estas dos puntuaciones.
La distribución de probabilidad de T se da en la siguiente tabla.
a) Calcule el valor de a y el valor de b.
b) Calcule el valor esperado de T.
Solución:
a) 1 1 1 2 1 3
14
21
31
32 33
34
41
3
5
a=
b=
16
16
1
6 15 28 25
+
+
+
=
b) E(X ) =
16 16 16 16 8
[3 puntos]
[2 puntos]
22
42
23
43
24
44
4.- [Puntuación 6]
Sabiendo que

2
f ( x ) dx = 10 y
−2
2
 f(x) dx = 12 , calcule
0
0
 (f(x) + 2) dx .
b) f ( x + 2) dx .

a)
[4 puntos]
−2
0
[2 puntos]
−2
Solución:
a)

2

0

2
f ( x ) dx = f ( x ) dx + f ( x ) dx
−2

−2
0
0

0
10 = f ( x ) dx + 12 → f ( x ) dx = −2
−2
−2
0
0
0
−2
−2
−2
0
 (f(x) + 2) dx =  f(x) dx +  2dx = −2 + 2x−2 = −2 + 4 = 2
b)

0

2
f ( x + 2) dx = f ( x ) dx = 12
−2
0
5.- [Puntuación 6]
Resuelva (ln x )2 − (ln 2)(ln x )  2(ln 2)2
Solución:
(ln x )2 − (ln 2)(ln x ) − 2(ln 2)2  0
(ln x )2 − (ln 2)(ln x ) − 2(ln 2)2 = 0
ln x =
 x = 4
→ x = 1

2
ln2  9(ln 2)2 ln2  3ln2 2ln2
=
=
2
2
− ln2
La inecuación se cumple si
1
x4
2
6.- [Puntuación 7]
Use el principio de inducción matemática para demostrar que
2
3
1 1
1
1
1 + 2  + 3  + 4  + ... + n 
2 2
2
2
Solución:
n −1
= 4−
n +2
n −1
2
, donde n  Z+
1−1
1+2
Para n=1
1
1. 
2
Supongamos cierto para n=k
1 1
1
1
1 + 2  + 3  + 4  + ... + k 
2
2
2
   
 
2
Probemos para n=k+1
k +3
1 1
1
1 ?
1 + 2  + 3  + 4  + ... + (k + 1)  = 4 − k
 2 2
2
2
2
=1
2
2
2
3
k
4−
y
21−1
3
3
= 4 −3 = 1
k −1
= 4−
Cierto
k +2
2k −1
k
k
 2k + 4 − k − 1 
k +2
k +3
1 1
1
1
1
1 + 2  + 3  + 4  + ... + (k + 1)  = 4 − k −1 + (k + 1)  = 4 − 
 = 4 − k
k
2
2
2
2
2
   
 
 
 
2
2
2


7.- [Puntuación 9]
x
Sea y = arccos 
2
a) Calcule
b) Calcule
dy
.
dx
1
[2 puntos]
x
 arccos 2  dx .
[7 puntos]
0
Solución:
dy
−1
1
−1
a)
=
. =
dx
x2 2
4 − x2
1−
4
b)
x
 arccos 2  dx
x
u = arccos 
2
u´=
−1
4 − x2
x
v´ = 1
v=x
x
 arccos 2  dx = x.arccos 2  + 
1
x
dx = x. arccos  − 4 − x 2 + C
2
4−x
x
2
1



x
x
arccos  dx = x. arccos  − 4 − x2  = − 3 + 2
2
2
3
 
 
0

0

8.- [Puntuación 5]

.
2
Calcule, en función de b, las soluciones de sen2x = −a, 0   .
Solución:
+b

2x =  + b → x =

2
sen 2x=-sen b → 
2 − b
2x = 2 − b → x =

2
Sea a = sen b, 0  b 
SECCIÓN B
9.- [Puntuación 17]
2 − 3x5
, x R, x  0 .
Sea f ( x ) =
2x3
(a) La gráfica de y = f (x) tiene un máximo local en A. Encuentra las coordenadas de A.
(b)
(i) Demuestre que hay exactamente un punto de inflexión, B, en la gráfica de y = f (x).
(
)
(ii) Las coordenadas de B se pueden expresar en la forma B 2a , b.2−3a , donde a, bQ .
Encuentre el valor de a y el valor de b.
(c) Dibuje la gráfica de y = f (x) mostrando claramente la posición de los puntos A y B.
Solución:
− 15x 4 .2x3 − 6x 2 2 − 3x5 − 12 x5 + 1
x5 + 1
=
= −3.
a) f ´( x ) =
4x 6
4x 4
x4
(
)
(
)
x5 + 1 = 0 → x = −1
5

A  − 1, − 
2

b) i) f ´´( x ) = −3.
(
5x 8 − 4x3 x5 + 1
x
8
) = −3. x
5
−4
x5
2
ii) x5 − 4 = 0 → x = 5 4 = 2 5
2
25
0
2
0
6
2
 2
−
−3.
 5  2 − 3.22
5
5
f 2  =
= −5.2 = −5.2
6
 
 
2.2 5
2
 2
−3. 

B 2 5 , − 5.2 5 




c)
a=
2
5
b = −5
25
[5 puntos]
[8 puntos]
[4 puntos]
10.- [Puntuación 19]
La figura de la derecha muestra una pirámide de base cuadrada con vértices en O (0, 0, 0), A (1, 0, 0), B (1, 1, 0), C
(0, 1, 0) y D (0 , 0, 1).
(a) Encuentre la ecuación cartesiana del plano 1 , que pasa por los puntos A, B y D.
La ecuación cartesiana del plano 2 , que pasa por los puntos B, C y D, es y + z = 1.
(b) Encuentre el ángulo entre las caras ABD y BCD.
El plano 3 pasa por O y es normal a la recta BD.
[3 puntos]
(c) Encuentre la ecuación cartesiana de 3 .
[3 puntos]
3 corta AD y BD en los puntos P y Q respectivamente.
(d) Muestre que P es el punto medio de AD.
(e) Encuentre el área del triángulo OPQ.
Solución:
 0
 − 1
→  
→ 

AD =  0 
a) AB =  1 
 0
 1 
 
 
→
i
→ →
AB AD = 0
−1
→
j
1
0
→
k
→ →
0 = i+k
1
Como A  1 1+0=D
→
→
1 : x + z = D
1 : x + z = 1



 | 0 + 0 + 1| 1


=
→  ABD BCD = 60º
b) cos  ABD BCD =
2
2. 2




c) 3 : − x − y + z = D
Como O  3
D=0 → 3 : − x − y + z = 0
x = 1 − t

d) AD :  y = 0
z = t

-1+t+t=0 → t =
1
2
1
1
→ P , 0, 
2
2
0+1 1
1
1+0
, 0,
Punto medio de AD: 
 =  , 0, 
2  2
2
 2
e) Área triángulo OPQ=
 x =1− t

BD : y = 1 − t
 z=t

→
i
→ →
1
OP OQ =
2
1
3
1 → →
| OP OQ |
2
-1+t-1+t+t=0 → t =
→
j
0
1
3
2
1 1 2
→ Q , , 
3
3 3 3
→
k
1
1→ 1→ 1→
=− i − j + k
2
6
6
6
2
3
Área triángulo OPQ=
1 → → 1 1
1
1
3
| OP OQ |=
+
+
=
2
2 36 36 36 12
[4 puntos]
[4 puntos]
[5 puntos]
11.- [Puntuación 14]



Considere w = 2 cos + isen  .
3
3


(i) Exprese w 2 y w 3 en forma de módulo-argumento.
(a)
(ii) Dibuje en un diagrama de Argand los puntos representados por w 0, , w 1 , w 2 y w 3 .
Estos cuatro puntos forman los vértices de un cuadrilátero, Q.
(b) Demuestre que el área del cuadrilátero Q es
21 3
.
2
[5 puntos]
[3 puntos]



Sea z = 2 cos + isen  , n  Z + .
n
n


Los puntos representados en un diagrama de Argand por z0, , z1 , z2 ....z n forman los vértices de
un polígono Pn .
(c) Muestre que el área del polígono Pn se puede expresar en la forma
(
)

a bn − 1 sen , donde a , b  R .
n
Solución:

w = 2cis 
a) i)
3
[6 puntos]
 2 
w 2 = 4cis 
 3 
w 3 = 8cis()
ii)
1
 1
 1

3
21 3
b) Área= Suma de las áreas de tres triángulos= .1.2.sen + .2.4.sen + .4.8.sen =
+2 3 +8 3 =
2
3 2
3 2
3 2
2
c)
(
)
1
π 1
π
1
π
π
π 22n −2.22 − 1
Área = .1.2.sen + .2.22.sen + ..... + .2n −1.2n.sen = sen . 1 + 22 + 24 + ... + 22n −2 = sen .
=
2
n 2
n
2
n
n
n
3
(
)
1
π
= . 4n − 1 .sen
3
n
a=
1
3
b=4
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ2
Miércoles 2 de mayo de 2018
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 4]
El ángulo agudo que forman los vectores 3i-4j-5k y 5i-4j+3k se denomina  . Halle cos  .
Solución:
3.5 + 4.4 − 5.3
16 8
cos  =
=
=
9 + 16 + 25 9 + 16 + 25 50 25
2.- [Puntuación 7]
a) Dibuje aproximadamente los gráficos de y =
coordenadas.
b) Resuelva la ecuación
Solución:
a)
x
+ 1 =| x − 2| .
2
b)
x
+ 1 → 2x − 4 = x + 2 → x = 6
2
x
2
x − 2 = − − 1 → 2x − 4 = −x − 2 → x =
2
3
x −2 =
x
+ 1 y de y=|x-2| en los siguientes ejes de
2
[3 puntos]
[4 puntos]
3.- [Puntuación 6]
La variable aleatoria discreta X tiene la siguiente distribución de probabilidad, donde p es una constante
x
P(X=x)
0
p
1
0,5-p
2
0,25
3
0,125
4
p3
a) Halle el valor de p.
b)
i) Halle  , el valor esperado de X.
ii) Halle P(X  ) .
Solución:
a) p+0,5-p+0,25+0,125+p3=1
[2 puntos]
[4 puntos]
p3 = 1 − 0,875 = 0,125 → p = 0,5
b) i)  = E(X ) = 0.0,5 + 1.0 + 2.0,25 + 3.0,125+ 4.0,125 = 1,375
ii) P(X 1,375) = P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4) = 0,25 + 0,125+ 0,125 = 0,5
4.- [Puntuación 6]
1
4
.
+
1− x x −4
Halle las coordenadas x de los puntos de la curva donde la pendiente es cero.
Solución:
dy
1
4
( x − 4)2 − 4(1 − x )2
=
−
=
dx (1 − x )2 ( x − 4)2
(1 − x )2 .(x − 4)2
Considere la curva y =
 x =2
dy
= 0 → x 2 + 16 − 8x − 4 − 4x 2 + 8x = 0 → 3x 2 = 12 → 
dx
x = −2
1

Las coordenadas de los puntos son: (2, -3) y  − 2, − 
3

5.- [Puntuación 7]
La progresión geométrica u1 , u2 , u3 , ... tiene razón común r.


Considere la progresión A = a n = log 2 | u n | : n  Z+ .
a) Muestre que A es una progresión aritmética, e indique cuál es la diferencia común, d, en
función de r.
[4 puntos]
En una progresión geométrica en particular, u1 = 3 y la suma de los infinitos términos es igual a 4.
b) Halle el valor de d.
[3 puntos]
Solución:
a) u n = u1 .r n−1
a n = log 2 | u1 .r n−1 |= log 2 | u1 | .(n − 1). log 2 | r |
a1 = log2 | u1 |
b) 4 =
3
1
→r=
1−r
4
d = log 2
1
→ d = −2
4
d = log2 | r |
6.- [Puntuación 7]
Considere las funciones f, g, definidas para x  R , mediante f ( x ) = e− x senx y g( x ) = e− x cos x .
a) Halle
i) f´(x) ;
ii) g´(x).
b) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, halle

e
0
−x
sen x dx .
[3 puntos]
[4 puntos]
Solución:
a) i) f ´(x ) = −e−x .senx + e− x . cos x
ii) g´(x) = −e−x .cos x − e−x .senx
b)
f ´( x ) = −f ( x ) + g( x ) 
1
 → f ´( x ) + g´( x ) = −2f ( x ) → f ( x ) = − (f ´( x ) + g´( x ))
2
g ´( x ) = −g( x ) − f ( x )
e


0
−x

sen x dx = f ( x ) dx = −
e − x sen x dx = −
1
2
1
 (f ´(x) + g´(x)) dx = − 2 (f(x) + g(x))+ C
−
1
f( x ) + g(x )0 = − 1 (f() + g() − f(0) − g(0)) = − 1 (0 − e−  − 0 − 1) = e + 1
2
2
2
2
7.- [Puntuación 6]
Considere los números complejos distintos z=a+ib, w=c+id donde a , b, c, d  R .
a) Halle la parte real de
z+w
.
z−w
b) Halle el valor de la parte real de
[4 puntos]
z+w
cuando |z|=|w|.
z−w
Solución:
z + w (a + c) + i (b + d) (a + c)(a − c) − i(a + c)( b − d) + i(b + d)(( a − c) + (b + d)( b − d)
=
=
a)
z − w (a − c ) + i ( b − d )
(a − c)2 + (( b − d)2
 z + w  a2 − c2 + b2 − d2
Re
=
 z − w  (a − c)2 + (b − d)2
b) | z |= a2 + b2
| w |= c2 + d2
| z |2 − | w |2
 z + w  a2 + b2 − c2 − d2
Re
=
=0
=
 z − w  (a − c)2 + (b − d)2 (a − c)2 + (b − d)2
[2 puntos]
8.- [Puntuación 7]
a) Utilice la sustitución
1
u = x2
para hallar
b) A partir de lo anterior, halle el valor de

dx
3
x2
1
+ x2
.
1 9 dx
, en la forma arctan q , donde q R .
1
2 1 3
x2 + x2

Solución:
1
1 1
a) u = x 2 → du = . 1 dx
2
x2

dx
3
x2
1
+ x2
=

1
1
x2
dx =
(x + 1)

 1
 
du = 2arctanu + C = 2arctan x 2  + C
2
 
u +1
 
2
9

 1 
1 9 dx
 

= arctan x 2  = arctan3 − arctan1
b)
1

2 1 3
 
 1
x 2 + x 2 

tan(arctan3 − arctan1 ) =
3−1 1
1
= → arctan3 − arctan1 = arctan
1 + 3.1 2
2
[4 puntos]
[3 puntos]
SECCIÓN B
9.- [Puntuación 24]
Sean a, b, c y d los vectores de posición con respecto al origen de coordenadas O de los puntos
A, B, C y D, respectivamente.
→
→
Se sabe que AB = DC .
a)
i) Explique por qué ABCD es un paralelogramo.
→
→
ii) Utilizando el álgebra de vectores, muestre que AD = BC .
→
→
→
Los vectores de posición OA , OB, OC y OD vienen dados por
a=i+2j-3k
b=3i-j+pk
c=qi+j+2k
d=-i+rj-2k
donde p, q y r son constantes.
b) Muestre que p=1, q=1 y r=4.
c) Halle el área del paralelogramo ABCD.
El punto en el que se cortan las diagonales de ABCD se denomina M.
d) Halle la ecuación vectorial de la recta que pasa por M y es normal al plano  que contiene
a ABCD.
e) Halle la ecuación cartesiana de  .
El plano  corta a los ejes x, y y z en X, Y y Z, respectivamente.
f)
i) Halle las coordenadas de X, Y y Z.
ii) Halle YZ.
Solución:
→
→
→
→
a) i) Si AB = DC los vectores son equipolentes (tienen el mismo módulo, dirección y sentido) y
por lo tanto la figura ABCD es un paralelogramo.
→
→
→
→
ii) AD = AB+ BD = DC+ BD = BC
 2   q + 1
 2 = q +1 → q = 1

 


b) AB = DC →  − 3  =  1 − r  → − 3 = 1 − r → r = 4
 p + 3  4 
 p+3 = 4 → p = 1

 


→
→
j k
 2   − 2 i
   
c) AB AD) =  − 3    2  = 2 − 3 4 = -11i-10j-2k
 4   1  −2 2 1
   
→
→
Área ABCD= 121 + 100 + 4 = 15
 3 1
d) M 1, , − 
 2 2




 1   − 11
3 
+ t  − 10
Ecuación de la recta: r= 
 2  

 1   −2 
−


 2
e) -11x-10y-2z+K=0
A  → − 11.1 − 10.2 − 2.(−3) + K = 0 → k = 25
 : −11x − 10y − 2z + 25 = 0
 25

f) i) X , 0, 0 
 11

2
 25 
Y 0,
, 0
 10 
2
[4 puntos]
→
25 

Z 0, 0,

2 

25 625
650 5 26
 25   25 
ii) YZ =   +   =
+
=
=
4
4
2
2
 10   2 
[5 puntos]
[4 puntos]
[4 puntos]
[3 puntos]
[4 puntos]
10.- [Puntuación 14]
La función f se define mediante f ( x ) =
ax + b
d
, para x  R , x  − .
cx + d
c
a) Halle la función inversa f −1 e indique su dominio.
[5 puntos]
2x − 3
, x R , x  2 .
x −2
B
i) Exprese g(x) en la forma A +
, donde A y B son constantes.
x −2
ii) Dibuje aproximadamente el gráfico de y=g(x). Indique la ecuación de cada una de las
asíntotas y las coordenadas de todos los puntos de corte con los ejes.
La función g se define mediante g( x ) =
b)
La función h se define mediante h( x ) = x , para x  0 .
c) Indique el dominio y el recorrido de hog.
Solución:
ax + b
a) y =
cx + d
ay + b
Cambiando las variables: x =
cy + d
cxy+dx=ay+b
b − dx
y=
cx − a
b − dx
f −1(x ) =
cx − a
a 
Df −1 = R f = R −  
c 
[5 puntos]
[4 puntos]
2x − 3
B
,= A +
x −2
x −2
 A =2
2x − 3 Ax − 2A + B
=
→
x −2
x −2
− 2A + B = −3 → B = 1
b) i) g( x ) =
1
x −2
B=1
g( x ) = 2 +
A=2
ii)
A.V. x=2
A.H. y=2
Cortes ejes: (0, 1.5) (1.5, 0)
c) (hog )( x ) =
2x − 3
x −2
3

Dhog =  −  ,    2, + 
2


R hog = 0,
 
2 

2, + 
11.- [Puntuación 12]
1
a) Muestre que log r 2 x = log r x , donde r , x  R + .
2
[2 puntos]
b) Exprese y en función de x. Dé la respuesta en la forma y = px q , donde p, q son constantes.
[5 puntos]
Se sabe que log2 y + log 4 x + log 4 2x = 0 .
La región R está delimitada por el gráfico de la función hallada en el apartado (b), por el eje x y
por las rectas x=1 y x=α , donde α>1. El área de R es igual a
c) Halle el valor de α.
Solución:
log r x log r x 1
=
= log r x ,
a) log r 2 x =
2
2
log r r2
b) log 2 y +
log 2 x log 2 2x
+
=0
2
2
( )
1
log 2 y + . log 2 2x2 = 0
2
( )
( )
1
log2 y = − . log2 2x2 = log2 2x2
2
( )
y = 2x2
p=
−
1
2
=
1
2
1
.x −1
q = −1
2
c)
2=
2=


1
1
2
1 1
. dx
2 x
ln x1
2 = ln  →  = e2
−
1
2
2.
[5 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ1
Jueves 3 de mayo de 2018
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 7]
El tercer término de una progresión aritmética es 1407 y el décimo término es 1183.
(a) Encuentre el primer término y la diferencia común de la progresión.
(b) Calcule el número de términos positivos en la progresión.
Solución:
a)
1407 = u1 + 2d
 → 224 = −7d → d = −32
1183 = u1 + 9d
[4 puntos]
[3 puntos]
1407 = u1 − 64 → u1 = 1471
b) un = 1471 + (n − 1).( −32) = 1503− 32n
1503-2n=0 → n=46,9
Hay 46 términos positivos
2.- [Puntuación 6]
La ecuación x 2 − 5x − 7 = 0 tiene raíces  y  .
La ecuación x2 + px + q = 0 tiene raíces  + 1 y  + 1 . Encuentre el valor de p y el valor de q.
Solución:
 +  = 5

. = −7 
( + 1) + ( + 1) = −p
7 = −p → p = −7

→

( + 1).( + 1) = q 
− 7 + 5 + 1 = q → q = −1
3.- [Puntuación 5]



Sea f ( x ) = tan(x + )cos  x −  , 0  x  . Exprese f(x) en función de sen x y cos x.
2
2


Solución:
sen2x
f ( x ) = tan x.senx =
cos x
4.- [Puntuación 5]
La edad, L, en años, de un lobo puede ser modelada por la distribución normal L ~ N (8, 5).
(a) Encuentre la probabilidad de que un lobo seleccionado al azar tenga al menos 5 años.
Ocho lobos son seleccionados al azar y sus edades registradas.
Encuentre la probabilidad de que más de seis de estos lobos tengan al menos 5 años de edad.
Solución:
a) P(L>5)=0,91
b) X:"número de lobos de los 8 con al menos 5 años" es B(8, 0,91)
P(X  6) = 1 − P(X  6)) = 1 − 0,1577 = 0,8423
[2 puntos]
[3 puntos]
5.- [Puntuación 7]
a) Sabiendo que 2x3 − 3x + 1 se puede expresar en la forma Ax( x 2 + 1) + Bx + C , encuentre los
valores de las constantes A, B y C.
2x3 − 3x + 1
dx .
b) Usando lo anterior, calcule
x2 + 1
Solución:
 A =2

3
2
a) 2x − 3x + 1 = Ax( x + 1) + Bx + C → − 3 = A + B → B = −5
 C =1


b)

2x3 − 3x + 1
2
x +1

dx = 2x dx +
x
−5
2
+1
dx +
x
(
1
2
[2 puntos]
[5 puntos]
)
5
dx = x 2 − ln x 2 + 1 + arctan x + C
2
+1
6.- [Puntuación 5]
Se sabe que la cantidad promedio de ardillas en un área determinada es de 3.2 ardillas por hectárea de bosque.
Dentro de esta área, hay una reserva natural de 56 hectáreas de bosques.
Se sabe que actualmente hay al menos 168 ardillas en esta reserva.
Suponiendo que la población de ardillas siga una distribución de Poisson, calcule la probabilidad de que haya
más de 190 ardillas en la reserva.
Solución:
X:"número de ardillas en la reserva" es Po( 179,2)
P(X  190|X  168) =
P(X  190) 1 − P(X  190) 0,1983
=
=
= 0,2454
P(X  168) 1 − P(X  167) 0,8082
7.- [Puntuación 8]
Se sabe que la cantidad de peces en un lago determinado disminuirá en un 7% cada año, a menos
que se agreguen algunos peces nuevos. Al final de cada año, se agregan 250 peces nuevos al lago.
A principios de 2018, hay 2500 peces en el lago.
(a) Muestre que habrá aproximadamente 2645 peces en el lago a principios de 2020.
(b) Encuentre el número aproximado de peces en el lago al inicio de 2042.
Solución:
a) Número de peces al comienzo de 2018( primer año9
u1 = 2500 peces
Número de peces al comienzo del 2019(segundo año)
Número de peces al comienzo del 2020 (tercer año)
u2 = 2500.0,93+250=2575 peces
u3 = 2500.0,932+250(0,93+1)≈ 2645 peces
b) Número de peces al comienzo del 2042 (año 25)
(
)
[3 puntos]
[5 puntos]
u25 = 2500.0,9324 + 250 1 + 0,93 + ... + 0,9323 = 438,06 + 250.
0,9324 − 1
= 3383,69  3384 peces
0,93 − 1
8.- [Puntuación 7]
A cada uno de los 25 estudiantes en una clase se les pregunta cuántas mascotas tienen.
Dos estudiantes tienen tres mascotas y ningún estudiante tiene más de tres mascotas.
La media y la desviación típica de la cantidad de mascotas que son propiedad de los estudiantes en la clase son
1825 y 2425 respectivamente.
Encuentra el número de estudiantes en la clase que no tienen una mascota.
Solución:
X:"número de mascotas por estudiante"
x
0
1
2
P(X=x)
p
q
r
p+q+r +
E( X ) =
3
2
25
2
23
=1 → p+q+r =
25
25
18
6
12
= 1.q + 2.r +
→ q + 2r =
25
25
25
E(X2 ) = 1.q + 4.r + 9.
2
18
= q + 4r +
25
25
Var(X ) = E(X2 ) − E(X )2 → q + 4r +
q + 4r =
2
2
18  24   18 
=  + 
25  25   25 
900 18 450 18
−
=
=
625 25 625 25
23 
25 
18 
6
3
q + 4r =
→r=
 → 2r =
25 
25
25
12 
q + 2r =
25 
p+q+r =
q=
El número de estudiantes sin mascota es 14
6
25
p=
14
25
SECCIÓN B
9.- [Puntuación 22]
El siguiente gráfico muestra las dos partes de la curva definidas por la ecuación x2y = 5 − y 2 , y
la normal a la curva en el punto P (2, 1).
(a) Demuestre que hay exactamente dos puntos en la curva donde la pendiente es cero.
(b) Encuentre la ecuación de la normal a la curva en el punto P.
(c) La normal en P vuelve a cortar la curva en el punto Q. Encuentra la coordenada x de Q.
(d) La región sombreada gira 2π alrededor del eje y. Encuentra el volumen del sólido formado.
Solución:
a) Derivando: 2xy + x2y´= −4y 3y´
−2xy
y´= 2
x + 4y 3


y = +4 5
 x =0 → 
4
xy = 0 → 

y = − 5
y = 0 No existe x  R

(
) (
Los dos puntos con pendiente 0 son: 0, 4 5 y 0, − 4 5
b) En P la pendiente es
)
−2.2.1
1
=−
4+4
2
La normal es: y-1=2(x-2) → y=2x-3

x2y = 5 − y 2
→ x 2(2x − 3) = 5 − (2x − 3)4 → La coordenada x de Q es x=0,72
c) Q : 

 y = 2x − 3
2
4
5
5− y4
 y +3 
dy = 16,75 + 3,178 = 19,9
d) V =  
 dy + 
5
−3  2 
1

1

[7 puntos]
[5 puntos]
[3 puntos]
[7 puntos]
10.- [Puntuación 13]
La variable aleatoria continua X tiene una función de densidad de probabilidad f dada por
0  x  0,5
 3ax ,

f ( x ) =  a(2 − x ),
0,5  x  2
0,
en
el resto

2
(a) Demuestre que a = .
3
(b) Calcule P (X <1).
(c) Sabiendo que P (s <X <0.8) = 2 × P (2s <X <0.8), y que 0.25 <s <0.4, encuentre el valor de s.
Solución:
a)

1
2
0

2
3ax dx + 1 a(2 − x ) dx = 1
2
1
2
 x2  2  
x 2 
3a  + a 2x −  = 1
2  1
 2  0  

2
3a
7a
a
2
+ 2a − = 1 → − + 2a = 1 → a =
8
8
2
3
1
1
2
1 5 2
b) P( X  1) = 2 2x dx + 1 (2 − x ) dx = +
=
3
4 12 3


0
2

0,5
c) P(s  X  0,8) = 2x dx +
s
P(2s  X  0,8) =

0,8
0,5
2
(2 − x ) dx = 0,25 − s2 + 0,27
3
(
0 ,8
2
2
(2 − x ) dx = 1,28 − 4s + 2s2
3
3
2s

(
2
0,25 − s2 + 0,27 = 2. 1,28 − 4s + 2s2
3
0,52 − s2 = 1,7 −
)
16 8 2
s+ s
3
3
s = 1,18 No
11 2 16
s − s + 1,18 = 0 → 
3
3
 s = 0,27
)
[3 puntos]
[3 puntos]
[7 puntos]
11.- [Puntuación 15]
Dos submarinos A y B tienen sus rutas planificadas de modo que sus posiciones en el tiempo t
horas, 0 ≤ t <20, se definirían por los vectores de posición
 2   −1 
 0   − 0.5 
  

  

rA=  4  + t  1  y rB=  3.2  + t  1.2  relativo a un punto fijo en la superficie del océano
 − 1   − 0.15
 − 2   0.1 
  

  

(todas las longitudes son en kilómetros).
(a) Demuestre que los dos submarinos colisionarían en un punto P y escriba las coordenadas de P. [4 puntos]
Para evitar la colisión, el submarino B ajusta su velocidad de modo que su vector de posición ahora
 0   − 0.45
  

está dado por rB=  3.2  + t  1.08  .
 − 2   0.09 
  

(b)
(i) Muestre que el submarino B viaja en la misma dirección que la planeada originalmente.
(ii) Encuentre el valor de t cuando el submarino B pasa por P.
[3 puntos]
(c)
(i) Encuentre una expresión para la distancia entre los dos submarinos en función de t.
(ii) Encuentre el valor de t cuando los dos submarinos están más cerca uno del otro.
(iii) Encuentra la distancia entre los dos submarinos en este momento.
[8 puntos]
Solución:
x =2− t
 x = −0,5t


a) rA:  y = 4 + t
rB: y = 3,2 + 1,2t
z = −1 − 0,15t
 z = −2 + 0,1t


2 − t = −0,5t


4 + t = 3,2 + 1,2t

− 1 − 0,15t = −2 + 0,1t 
De la primera ecuación: t=4. Para t=4 se cumplen las otras dos ecuaciones
P(-2, 8, -1.6)
 − 0.45
 − 0.5 




b) i)  1.08  = 0,9. 1.2  → los dos vectores directores de rB son linealmente dependientes →
 0.09 
 0.1 




→El submarino B viaja en la misma dirección que la inicial
ii) -2=(-045).t → t =
40
9
 − 0,45t − 2 + t   − 2 + 0,55t 

 

c) i) PA PB =  1,08t + 3,2 − 4 − t  =  − 0,8 + 0,08t 
 0,09t − 2 + 1 + 0,15t   − 1 + 0,24t 

 

→
→
D =| PAPB |= (−2 + 0,55t )2 + ( −0,8 + 0,08t )2 + ( −1 + 0,24t )2 = 5,64 − 2,808t + 0,366t 2
ii)
dD
1
=
.(−2,808 + 0,732t )
dt 2. 5,64 − 2,808t + 0,366t 2
-2,808+0,732t=0 → t=3,836
iii) D = 5,64 − 2,808.3,836 + 0,366.(3,836)2 = 0,504 km
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ2
Jueves 3 de mayo de 2018
SECCIÓN A
1.- [Puntuación 6]
2 + 7i
.
6 + 2i
a) Exprese z en la forma a+ib, donde a, bQ .
b) Halle el valor exacto del módulo de z.
c) Halle el argumento de z, con una aproximación de 4 lugares decimales.
Solución:
2 + 7i (2 + 7i)(6 − 2i) 26 38 13 19
a) z =
=
=
+i
=
+i
6 + 2i
40
40 40 20 20
169 361
530
b) | z |=
+
=
400 400
20
19
c) arg z = arctan
= 0,9707
13
Considere el número complejo z =
[2 puntos]
[2 puntos]
[2 puntos]
2.- [Puntuación 5]
El polinomio x 4 + px3 + qx2 + rx + 6 es exactamente divisible entre (x-1), entre (x-2) y entre (x-3).
Halle los valores de p, q y r.
Solución:
1+p+q+r+6=0
16+8p+4q+2r+6=0
81+27p+9q+3r+6=0
p + q + r = −7 

8p + 4q + 2r = −22  → p = −7
q = 17 r = −17

27p + 9q + 3r = −87
3.- [Puntuación 6]
La variable aleatoria X sigue una distribución normal de media  = 50 y varianza 2 = 16 .
a) Dibuje aproximadamente la función densidad de probabilidad correspondiente a X y sombree
la región que representa P( − 2  X   + ) .
[2 puntos]
b) Halle el valor de P( − 2  X   + ) .
[2 puntos]
c) Halle el valor de k para el cual P( − k  X   + k) = 0,5 .
Solución:
a)
[2 puntos]
b) P(42 < X < 54)=0,8186
c) P(50-4k < X < 50+4k)=0,5
2.P(X< 50-4k)=1-0,5
P(X < 50-4k)=0,25
50-4k=47,3
k=0,675
4.- [Puntuación 8]
Considere la siguiente figura
Los lados del triángulo equilátero ABC tienen longitudes de 1 m. P es el punto medio de [AB].
El arco de circunferencia AB tiene por centro M, el punto medio de [CP].
a)
i) Halle AM.

ii) Halle AMP en radianes.
b) Halle el área de la región sombreada.
Solución:
[5 puntos]
[3 puntos]
1 3
3
= → PC =
4 4
2
1 3
7
7
AM2 = AP2 + PM2 = +
=
→ AM =
4 16 16
4
1

   AP
2 = 2 → AMP = 0,86 rad
ii) sen AMP  =
=

 AM
7
7


4
a) i) PC2 = AC2 − AP2 = 1 −
b) Área sombreada= Área sector MAB – Área triángulo MAB =
7
3
1.
16 − 4 = 0,15975
2
2
1,72.
5.- [Puntuación 6]
 3n + 1 
 como un polinomio en n.
a) Exprese el coeficiente binomial 
 3n − 2 
 3n + 1 
  106 .
b) A partir de lo anterior, halle el menor valor de n para el cual 
3
n
−
2


[3 puntos]
[3 puntos]
Solución:
 3n + 1 
(3n + 1)!
(3n + 1).3n.(3n − 1) (9n2 − 1).3n 9 3 1
 =
a) 
=
=
= n − n
6
6
2
2
 3n − 2  (3n − 2)!. 3!
9 3 1
n − n  106 → n  60,57
2
2
Menor valor n=61
b)
6.- [Puntuación 7]


Utilice la inducción matemática para demostrar que (1 − a )n  1 − na para n : n  Z + , n  2 , donde 0<a<1.
Solución:
Para n=2
(1 − a )2 = 1 + a2 − 2a = (1 − 2a ) + a2  1 − 2a
Cierto
k
Supuesto cierto para n=k
(1 − a )  1 − ka
Probemos para n=k+1
(1 − a)k +1 1 − (k + 1)a
?
(1 − a)k +1 = (1 − a)k .(1 − a) (1 − ka ).(1 − a) = 1 − a − ka + ka 2 = 1 − (k + 1)a + ka 2  1 − (k + 1)a
ka 2 0
7.- [Puntuación 5]
Un punto P se mueve en línea recta. Su velocidad v ms-1 en el instante t segundos viene dada por
v( t ) = e−t − 8t 2e−2t , donde t  0 .
a) Determine el primer instante t 1 en el que P tiene velocidad cero.
b)
i) Halle una expresión para la aceleración de P en el instante t.
ii) Halle el valor de la aceleración de P en el instante t 1 .
Solución:
a) t=0,44 seg
b) i) a(t ) =
(
[2 puntos]
[3 puntos]
)
dv
= −e− t − 8 2t .e−2t − 2.e−2t .t 2 = −e− t − 16.t .e−2t .(1 − t )
dt
ii) a(0,44) = -2,28 ms-2
8.- [Puntuación 7]
La variable aleatoria X sigue una distribución binomial de parámetro n y p.
Se sabe que E(X)=3,5.
a) Halle el menor valor posible de n.
[2 puntos]
Se sabe además que P(X  1) = 0,09478 con una aproximación de 4 cifras significativas.
b) Determine el valor de n y el valor de p.
Solución:
a) E(X)=n.p
3,5 = n.p → n =
[5 puntos]
3,5
p
Como 0  p  1 , el menor valor posible de n es 4
b)
3,5
3,5
−1
n
n
P( X  1) = P( X = 0) + P(X = 1) =  .p0 .(1 − p)n +  .p1 .(1 − p)n −1 = (1 − p)n + n.p.(1 − p)n −1 = (1 − p) p + 3,5.(1 − p) p
0 
1 
(1 − p)
n=12
3,5
p
+ 3,5.(1 − p)
3,5
−1
p
= 0,09478 → p = 0,2917
SECCIÓN B
9.- [Puntuación 13]
El número de taxis que llegan a la estación de trenes de Cardiff Central se puede modelizar por
una distribución de Poisson. Durante las horas del día de mayor afluencia de viajeros los taxis
llegan a razón media de 5,3 taxis cada 10 minutos.
Sea T un periodo aleatorio de 10 minutos perteneciente a esas horas de mayor afluencia.
a)
i) Halle la probabilidad de que durante T lleguen exactamente 4 taxis.
ii) Halle el número más probable de taxis que llegarían durante T.
iii) Sabiendo que durante T llegan más de 5 taxis, halle la probabilidad de que durante T
lleguen exactamente 7 taxis.
[7 puntos]
Durante las horas tranquilas del día los taxis llegan a razón de 1,3 taxis cada 10 minutos.
b) Halle la probabilidad de que durante un periodo de 15 minutos – en el cual los primeros 10
minutos son de mayor afluencia de viajeros y los siguientes 5 minutos son tranquilos- lleguen
exactamente 2 taxis.
[6 puntos]
Solución:
a) X:”número de taxis que llegan a la estación en un periodo de 10 minutos en horas de mayor afluencia” es
Po(5,3)
i) P(X=4)=0,1641
ii) Creando una tabla de valores o dibujando la gráfica de
iii) P(X = 7 | X  5) =
e−5,3 .5,3x
se observa que para X=5 P(X=5)=0,1739.
x!
P(X = 7)
0,1163
=
= 0,2664
P(X  5) 1 − 0,5635
b) Y:”número de taxis que llegan a la estación en un periodo de 10 minutos en horas tranquilas del día” es
Po(1,3)
P(X=2).P(Y=0)+P(X=0).P(Y=2)+P(X=1).P(Y=1)=0,0701.0,2725+0,0049.0,2303+0,0265.0,3543=0,0296
10.- [Puntuación 18]




Considere la expresión f ( x ) = tan x +  cot an − x  .
4
4




5

x .
8
8
ii) Haciendo referencia al gráfico anterior, explique por qué f es una función en el dominio
dado.
iii) Explique por qué f no tiene inversa en el dominio dado.
3

iv) Explique por qué f no es una función para −
[5 puntos]
x .
4
4
La expresión de f(x) se puede escribir como g(t), donde t=tanx.
a)
i) Dibuje aproximadamente el gráfico de y=f(x) para −
2
 1+ t 
b) Muestre que g( t ) = 
 .
 1− t 
c) Dibuje aproximadamente el gráfico de y=g(t) para t  0 .
Dé las coordenadas de todos los puntos de corte con los ejes y las ecuaciones de todas las
asíntotas.
d) Sean ,  las raíces de g(t)=k, donde 0<k<1.
i) Halle  y  en función de k.
ii) Muestre que  +   − 2 .
Solución:
a) i)
 


 x+ 4 = 2→x= 4



3

ii) La función f(x) no está definida cuando: x + = − → x = − .
4
2
4

  − x =0 → x = 
 4
4
Estos valores no están en el dominio −
5

x
8
8
iii) La función no es inyectiva, es decir, hay valores distintos de x con la misma imagen, por ejemplo,
 5    
f  −  = f   = 5,8
 8  8
iv) En el apartado (ii) se ha visto que f(x) no está definida en x = −
3

y x=
4
4
[3 puntos]
[3 puntos]
[7 puntos]

1
(1 + tan x )2


 tan x + 1
b) tan x +  cot an − x  =
.
=
4

4
 1 − tan x 1 − tan x (1 − tan x )2
1 + tan x
Si tan x=t
g( t ) =
(1 + t )2
 1+ t 
=

2
(1 − t )  1 − t 
2
c)
Cortes ejes (0, 1) y (-1, 0)
A.H
y=1
 1+ t
k −1
= k → 1+ t = k − k t → t =

 1− t
1+ k
d) i) g( t ) = k → 
1
+
t
− k −1

= − k → 1+ t = − k + k t → t =

1
−
t
1− k

=
k −1
=
1+ k
− k −1
1− k
ii) Comprobemos si  +  + 2  0
 +  + 2 ==
k −1
1+ k
+
− k −1
1− k
+2=
k − k − 1 + k − k − k − 1 − k + 2 − 2k − 4k
=
1−k
1−k
−4k 0 y 1− k 0
0
11.- [Puntuación 19]
Una curva C viene dada por la ecuación implícita x+y-cos(xy)=0.
 1 + ysen( xy ) 
dy
 .
= −
a) Muestre que
dx
 1 + xsen( xy ) 
[5 puntos]

y C se cortan en P y en Q.
2
i) Halle las coordenadas de P y de Q.
ii) Sabiendo que las pendientes de las tangentes a C en P y en Q son m1 y m2 ,
respectivamente, muestre que m1 x m2 = 1 .
c) Halle las coordenadas de los tres puntos de C más próximos al origen de coordenadas en los
que la tangente es paralela a la recta y=-x.
Solución:
dy
dy 

+ sen( xy ). y + x.  = 0
a) 1 +
dx
dx 

dy
(1 + x.sen(xy )) = −1 − y.sen(xy )
dx
dy
1 + y.sen(xy )
=−
dx
1 + x.sen(xy )
b) La curva xy = −
b)

x + y - cos(xy) = 0 x + y = 0
x = +




2 
i)
→
→
x
−
=
0
→
x
=
→


 y=− 

xy = −
2
x
2

x = −
2
2x 






 
P +
,−

2
2 



 
Q −
,+

2
2 


 
1−
.sen − 
1+
dy 
 
2
 2 =−
+
=−
ii) m1 =
dx 
2 

 
1−
1+
.sen − 
2
 2

 
1+
.sen − 
1−
dy 
 
2
 2 =−
m2 =
−
=−
dx 
2 

 
1+
1−
.sen − 
2
 2

 1+
m1xm2 =  −
 1 −

c)

2

2

2

2

  1−
. −

  1 +


2

2

2

2

2

2


 =1



dy
1 + y.sen(xy )
= −1 → −
= −1
dx
1 + x.sen(xy )
1 + y.sen(xy ) = 1 + x.sen(xy )
( )
y = x
→ 2x − cos x2 = 0 → x = 0,486 → y = 0,486

sen( xy ).( y − x ) = 0 → 
x = 0 → y = 1
 sen( xy ) = 0 → xy = 0 → y = 0 → x = 1


Los tres puntos son
(0.486, 0.486)
(0, 1)
(1, 0)
[7 puntos]
[7 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
LUNES 12 de noviembre de 2018
SECCIÓN A
1. [Puntuación 6]
Considere dos sucesos, A y B tal que P(A) = P(A' ∩ B) = 0,4 y P(A ∩ B) = 0,1 .
(a) Dibujando un diagrama de Venn, o de cualquier otro modo, halle P(A ∪ B) .
(b) Muestre que los sucesos A y B no son independientes.
Solución:
a) P(A  B) = P(A) + P(B) − P(A  B) = 0,4 + 0,5 − 0,1 = 0,8
b)
[3 puntos]
[3 puntos]
P( A  B) = 0,1

 → P( A  B)  P( A ).P(B)
P( A ).P(B) = 0,4.0,5 = 0,2
Los sucesos no son independientes
2. [Puntuación 5]
De un grupo compuesto por cuatro chicos y cuatro chicas se van a elegir a cuatro integrantes para
formar un equipo.
(a) Halle el número de equipos distintos que se pueden formar.
(b) Halle el número de equipos distintos que se pueden formar, sabiendo que en el equipo tiene que
haber al menos una chica y al menos un chico.
Solución:
8
8!
8.7.6.5
=
= 70 equipos
a)   =
4
4.3.2
  4!.4!
b) Números de equipos sin ninguna chica: 1
Número de equipos sin ningún chico: 1
70-2=68
[3 puntos]
[2 puntos]
3. [Puntuación 7]
Considere la función g(x) = 4 cos x + 1 , a  x 
π
π
, donde a  .
2
2
π
, dibuje aproximadamente el gráfico de y = g(x) .
2
Indique claramente cuáles son los valores máximos y mínimos de esta función.
(b) Escriba cuál es el valor más pequeño de a para el que g tiene inversa.
(c) Para el valor de a que ha hallado en el apartado (b),
(a) Para a = −
[3 puntos]
[1 punto]
(i) escriba el dominio de g −1 ;
(ii) halle una expresión para g −1( x ) .
Solución:
a) Valor máximo: 5
Valor mínimo: 1
b) a=0
c) i) Dg −1 = R g = 1, 5
ii) y=4cosx +1
x=4cos y +1
x −1
cos y =
4
 x −1
 x −1
−1
y = arccos
 → g ( x ) == arccos

4


 4 
[3 puntos]
4. [Puntuación 7]
Considere el siguiente sistema de ecuaciones, donde a R .
2x + 4y - z = 10
x + 2y + az = 5
5x + 12y = 2a .
(a) Halle el valor de a para el cual este sistema de ecuaciones no tiene una solución única.
(b) Halle la solución de este sistema de ecuaciones para a = 2 .
Solución:
A


 __________ _________

 2 4 − 1 10 
a)  1 2 a
|A|=20a-12+10-24a=-4a-2
5 

 5 12 0 2a 
__________ 
 __________ __________

B


1
-4a-2=0 → a = −
2
1
Si a  −
rango(A)=3=rango(B) → Solución única
2
1
Si a = −
rango(A)=2
2
A


 __________ _________

 2 4 − 1 10 
1


F1=2F2 → rango(A)=rang(B)=2 → Infinitas soluciones
1 2 − 2 5 
 5 12 0 − 1 
 __________ __________ __________ 


B


1
Para a = − no hay solución única
2
b) Para a=2 el sistema nos queda:
2x + 4y - z = 10
x + 2y + 2z = 5
5x + 12y = 4
De las dos primeras ecuaciones: 5x+10y=25
5x+12y=4
21
2y=-21 → y = −
2
5x-126=4 → 5x=30 → x=26
z=52-42-10=0
21
Solución del sistema: x=26
y=−
2
[5 puntos]
[2 puntos]
z=0
5. [Puntuación 6]
1
0
 
 
Los vectores a y b están definidos por a=  1  , b=  − t  , donde t R .
t
 4t 
 
 
(a) Halle a . b en función de t y luego simplifique dicha expresión.
(b) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, halle todos los valores de t para los cuales el ángulo
que forman a y b es obtuso.
Solución:
a) a . b= − t + 4 t 2
b) cos (a , b)=
− t + 4t 2
2 + t 2 . t 2 + 16t 2
Para que el ángulo sea obtuso: − t + 4 t 2  0
t(−1 + 4t ) 0
0 t 
1
4
[2 puntos]
[4 puntos]
6. [Puntuación 6]
n
Utilice la inducción matemática para demostrar que
r(r!) = (n + 1)!−1 , para n Z
+
.
r =1
Solución:
1
r(r!) = 1.1!= 1 = (1 + 1)!−1
Para n=1
Cierto
r =1
k
Supuesto cierto para n=k
r(r!) = (k + 1)!−1
r =1
k +1
Probemos para n=k+1

?
r(r! ) =(k + 2)!−1
r =1
k +1
k
r =1
r =1
r(r!) = r(r!) + (k + 1)(k + 1)! = (k + 1)!−1 + (k + 1)(k + 1)! = (k + 1)!(1 + k + 1) − 1 = (k + 1)!(k + 2) − 1 = (k + 2)!−1
7. [Puntuación 6]
Considere las curvas C1 y C2 definidas del siguiente modo
C1 : xy = 4 , x > 0
C2 : x 2 − y 2 = 2, x  0
(a) Utilizando la derivación implícita o de cualquier otro modo, halle para cada una de estas curvas
dy
en función de x y de y .
dx
Sea P (a , b) el único punto en el que se cortan las curvas C1 y C2 .
(b) Muestre que la tangente a C1 en P es perpendicular a la tangente a C2 en P .
Solución:
dy
dy
y
=0 →
=−
a) En C1 : y + x.
dx
dx
x
dy
dy x
= 0→
=
En C2 : 2x − 2y.
dx
dx y
b) Pendiente de la tangente a C1 en P: −
Pendiente de la tangente a C2 en P:
[4 puntos]
[2 puntos]
b
a
a
b
b a
Como − . = −1 , las tangentes son perpendiculares
a b
8. [Puntuación 7]
Considere la ecuación z 4 + az3 + bz2 + cz + d = 0 , donde a , b , c , d  R y z C .
Dos de las raíces de esta ecuación son log 2 6 e i 3 ; además, la suma de todas las raíces es igual a 3 + log2 3 .
Muestre que 6a + d + 12 = 0 .
Solución:
Otra raíz es
− i 3 y sea r la raíz real que falta
1
log2 6 + i 3 − i 3 + r = 3 + log2 3 → r = 3 + log 2 3 − log 2 6 = 3 + log 2   = 3 − 1 = 2
 2
d
El producto de la raíces es ( −1)4 . = d = log2 6.(i 3 ).( −i 3 ).2 = 6. log2 6
1
a
La suma de las raíces es: − = −a = 3 + log2 3
1
d = 6. log2 6 = 6(log2 3 + log2 2) = 6( −a − 3 + 1) = −6a − 12 → 6a+d+12=0
SECCIÓN B
9. [Puntuación 15]
Considere el triángulo OAB , tal que O tiene por coordenadas (0 , 0 , 0) , A tiene por coordenadas
(0 , 1 , 2) y B tiene por coordenadas (2b , 0 , b - 1) , donde b < 0 .
(a) Halle, en función de b , la ecuación cartesiana del plano П que contiene a este triángulo.
Sea M el punto medio del segmento de recta [OB] .
(b) Halle, en función de b , la ecuación de la recta L que pasa por M y es perpendicular al plano П .
(c) Muestre que L no corta al eje y para ningún valor negativo de b .
Solución:
 0
 2b 
→  
→ 

a) OA =  1 
OB =  0 
 2
 b − 1
 


i j
k
OA OB = 0 1
2 = (b − 1)i + 4bj − 2bk
2b 0 b − 1
→
→
 b − 1


OA OB =  4b 
 − 2b 


→
→
П: (b-1)x+4by-2bz+D=0
Como (0, 0, 0) pertenece a П: D=0
П:(b-1)x+4by-2bz=0
b −1

b) M b , 0,

2 


 x = b + ( b − 1)t

L : y = 4bt

b −1
 z = 2 − 2bt
x = 0
c) El eje y es la intersección de los planos 
z = 0
Igualando las ecuaciones:
−b

b + ( b − 1)t = 0 → t = b − 1


 b −1
 2 − 2bt = 0

b − 1 2b2
+
=0
2
b −1
( b − 1)2 + 4b2 = 0
5b2 − 2b + 1 = 0
El discriminante de esta ecuación es: Δ = 4 − 20 = −16
No existe ningún valor de b para el que L corte al eje y.
[5 puntos]
[3 puntos]
[7 puntos]
10. [Puntuación 19]
(a) Utilice la integración por partes para mostrar que

ex cos 2x dx =
2ex
ex
sen 2x + cos 2x + c , c  R .
5
5

(b) A partir de lo anterior, muestre que
ex cos 2x dx =
[5 puntos]
ex
ex
ex
sen 2x + cos 2x +
+ c, c  R .
5
10
2
[3 puntos]
La función f se define de la siguiente forma f ( x ) = e x cos 2 x , donde 0 ≤ x ≤ 5 .
En el siguiente gráfico se muestra la curva y = f (x) .
Esta curva tiene máximos locales en A y en C y toca al eje x en B y en D .
(c) Halle la coordenada x de A y de C , dando las respuestas en la forma a + arctan b , donde a , b R .
(d) Halle el área de la región delimitada por esta curva y por el eje x entre B y D , como aparece
sombreada en la figura.
Solución:
a)
u = ex
v´ = cos 2x
u´ = ex
v=

ex cos 2x dx =
sen 2x
2
exsen 2x 1 x
−
e sen 2x dx
2
2

u = ex
v´ = sen 2x
u´ = ex
v=−

exsen 2x dx = −
ex cos 2x 1 x
+
e cos 2x dx
2
2

ex cos 2x dx =
5
4


ex cos 2x dx =
cos 2x
2

exsen 2x ex cos 2x 1
+
−
2
4
4
ex cos 2x dx =
 e cos 2x dx
exsen 2x ex cos 2x
+
2
4
2exsen 2x ex cos 2x
+
+c
5
5
x
[6 puntos]
[5 puntos]
b)

ex cos 2x dx =
==

 1
ex (cos 2x + 1)
1 x
1 x
1  2ex
ex
dx =
e cos 2x dx +
e dx = 
sen2x + cos 2x  + ex + c =
 2
2
2
2
2  5
5



ex
ex
ex
sen 2x +
cos 2x +
+c
5
10
2
c) f ´( x ) = ex cos2 x − 2 cos x.senx.ex = ex cos x(cos x − 2sen x )

π

Coordenada x de B

x = 2
 cos x = 0 → 
3π

x =
Coordenada x de C

x
2

e cos x(cos x − 2sen x ) = 0 → 
1


x = arctan
Coordenada x de A

1
cos x − 2senx = 0 → tan x =
2
→

1
2
 x = π + arctan
Coordenada x de C

2


d) Área=
3π
2 x
e cos2 x
π
2

3π
 ex
ex
ex  2
dx =  sen 2x + cos 2x +  = e
10
2  π
 5
2
π
π
 3π
1 1 2  1 1 2 2

+  −e −
+  = e − e 2 

 10 2 
 10 2  5 


3π
2  −
11. [Puntuación 16]
π
(a) Halle todas las raíces de z24 = 1 que cumplen la condición 0  arg(z)  .
2
[5 puntos]
Exprese las respuestas en la forma reiθ , donde r , θ R + .
(b) Sea S la suma de las raíces halladas en la parte (a).
(i) Muestre que Re S = Im S .
π
π
a+ b
π π
como  −  , halle el valor de cos
en la forma
,
4
6
12
12
c


donde a, b y c son números enteros.
1
(iii) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, muestre que S = 1 + 2 1 + 3 (1 + i) .
2
Solución:
a) Sea z = r(cos θ + isenθ)
(ii) Escribiendo
(
24
z
= 1 → (r (cos θ + isenθ))
24
b)
)
i
π
, las raíces son: z = 1e 12
2
i
π
z = 1e 6
i
π
i
π
z = 1e 3
z = 1e 4
i)
π
π 
π
π 
π
π 
π
π 
5π
5π 

S =  cos
+ isen  +  cos + isen  +  cos + isen  +  cos + isen  +  cos
+ isen 
12
12  
6
6 
4
4 
3
3 
12
12 

π 
π 
π 
π 
5π 

Re(S) =  cos  +  cos  +  cos  +  cos  +  cos

12  
6 
4 
3 
12 

π 
π 
π 
π 
5π 

Im(S) =  sen  +  sen  +  sen  +  sen  +  sen

12
6
4
3
12 

 
 
 
 
cos
π
π π 
 5π 
= sen −  = sen

12
2
12


 12 
cos
π
π π
π
= sen −  = sen 
6
2 6
3
cos
π
π π
π
= sen −  = sen 
4
2 4
4
cos
π
π π
π
= sen −  = sen 
3
2
3


6
cos
5π
 π 5π 
 π
= sen −
 = sen 
12
2
12


 12 
De las igualdades anteriores se concluye que Re S=Im S
ii) cos
[11 puntos]
 r24 = 1 → r = 1

= 1(cos 0 + isen0) → 
kπ
cos 24θ + isen24θ = cos θ + isen θ → 24θ = 0 + 2kπ → θ = 12 , k  Z
π
Si 0  arg(z) 
)(
π
π
π
π
π
2 3
2 1
6+ 2
π π
= cos −  = cos . cos + sen .sen =
.
+
. =
12
4
6
4
6
2 2
2 2
4
4 6
iii) S=ReS+iReS=(1+i).ReS
6+ 2
3
2 1
5π
+
+
+ + cos
4
2
2 2
12
5π
π
π
π
π
π
2 3
2 1
6− 2
π π
cos
= sen = sen −  = sen . cos − cos .sen =
.
−
. =
12
12
4
6
4
6
4
6
2
2
2
2
4


Re S =
 6+ 2
3
2 1
6 − 2 
6 + 3 + 2 +1
S=
+
+
+ +
.(1 + i) =
.(1 + i) =


4
2
2
2
4
2


( 3 + 1)(. 2 + 1).(1 + i)
2
i
5π
z = 1e 12
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Martes 13 de noviembre de 2018
SECCIÓN A
1. [Puntuación 5]
Considere una progresión geométrica donde el primer término es 4 y el cuarto término es -2,916 .
(a) Halle la razón común de esta progresión.
(b) Halle la suma de los infinitos términos de esta progresión.
Solución:
[3 puntos]
[2 puntos]
a) − 2,916 = 4.r3 → r = −0,9
b) S =
4
= 2,11
1 + 0,9
2. [Puntuación 7]
Una función f cumple las condiciones f (0) = -4 , f (1) = 0 , y su segunda derivada f ´´( x ) = 15 x +
1
( x + 1)2
, x 0.
Halle f (x) .
Solución:
f ´( x ) =
f (x) =


3

1 
1
 15 x +
dx = 10x 2 −
+ C1
2

x
+1
( x + 1) 

3
5


1


2
2
 10x − x + 1 + C1  dx = 4 x − ln(x + 1) + C1x + C2


f(0)=-4 → C2 = −4
f(1)=1 → 4 − ln 2 + C1 − 4 = 0 → C1 = ln 2
5
f ( x) = 4x 2
− ln(x + 1) + x ln 2 − 4
3. [Puntuación 8]
Se sabe que el 56% de las pilas Infiglow duran menos de 16 horas y que el 94 % duran menos de 17 horas.
( )
Se puede suponer que la duración de estas pilas sigue una distribución normal N μ , σ2 .
(a) Halle el valor de µ y el valor de σ .
(b) Halle la probabilidad de que una pila Infiglow elegida al azar dure al menos 15 horas.
Solución:
( )
a) X:"duración de las pilas Infiglow" es N μ , σ2


16 − μ 
16 − μ

P(X  16) = 0,56 → P Z 
= 0,1509 
 = 0, 56 →
σ 
σ

 → μ = 15,9

17 − μ 
17 − μ

P(X  17) = 0,94 → P Z 
= 1,54 
 = 0,94 →
σ
σ



Z=
X -μ
σ
b) P(Z  15) = 0,896
σ = 0,713
[6 puntos]
[2 puntos]
4. [Puntuación 5]
5

3 
Halle el valor del término constante del desarrollo de x 4  x +  .
x2 

Solución:
5
3 

Los términos del desarrollo de  x +  son de la forma:
x2 

 5  5− k  3 
 .x . 
 x2 
k
k
5-k-2k=-4 → k=3
5
Término constante:  .33 = 270
3
5. [Puntuación 5]
Derive la función f ( x ) = 3x3 − x utilizando la definición de derivada.
Solución:
f ( x + h) − f ( x )
3( x + h)3 − ( x + h) − 3x3 + x
3x3 + 9x2h + 9xh2 + 3h3 − x − h − 3x3 + x
= lim
= lim
=
h
h
h
h →0
h →0
h →0
f ´(x ) = lim
(
)
h 9x2 + 9xh + 3h2 − 1
= 9x2 − 1
h
h →0
= lim
6. [Puntuación 6]
Sea P( x ) = 2x 4 − 15x3 + ax2 + bx + c , donde a , b , c R .
(a) Sabiendo que (x - 5) es un factor de P(x) , halle una expresión que relacione a , b y c .
2
(b) Sabiendo que ( x − 5)
es un factor de P(x) , escriba el valor de P'(5) .
2
(c) Sabiendo que ( x − 5) es un factor de P(x) , y que a = 2 , halle los valores de b y c.
Solución:
a) P(5)=0 →1250-1875+25a+5b+c=0 →25a+5b+c=625
b) P( x ) = ( x − 5)2 .Q( x )
P´( x ) = 2( x − 5).Q( x ) + Q´( x ).( x − 5)2
P´(5)=0+0=0
c) Para a=2
5b+c=575
P´( x ) = 8x3 − 45x2 + 4 x + b
P´(5)=1000-1125+20+b =0 →b=105
c=575-5.105=50
[2 puntos]
[1 puntos]
[3 puntos]
7. [Puntuación 6]
El barco A se encuentra a 10 km de distancia del barco B. Cada barco lleva a bordo un transmisor de radio.
El transmisor del barco A tiene un alcance de 7 km y el transmisor del barco B tiene un alcance de 5 km.
En el siguiente diagrama la zona sombreada representa la región en la que se puede detectar los dos transmisores.
Halle el área de esta región.
Solución:
  
CB2 = AC2 + AB2 − 2.AC.AB. cos  CAB


  
25 = 49 + 100 − 2.7.10. cos  CAB



CAB = 0,483 rad

CAD = 0,966 rad
  
AC2 = CB2 + AB2 − 2.CB.AB. cos  CBA 


  
49 = 25 + 100 − 2.5.10. cos CBA 



CBA = 0,708 rad

CBD = 1,416 rad
Área sombreada=Área sector ACD-Área triángulo ACD + Área sector BCD - Área triángulo BCD=
=
0,966.77 1
1,416.52 1
− .7.7.sen0,966 +
− .5.5.sen1,416 = 8,85 km2
2
2
2
2
8. [Puntuación 8]
Considere la función f ( x ) =
ax + 1
, donde a , b , c  Z .
bx + c
El siguiente gráfico muestra la curva y = (f(x))2 . Esta curva tiene por asíntotas x = p e y = q y toca al
eje x en A .
(a) En los siguientes ejes de coordenadas cartesianas, dibuje aproximadamente los dos posibles gráficos
de y = f (x) y dé la ecuación de las asíntotas en función de p y q .
4
4
 1 
,q=
y que A tiene por coordenadas  − , 0  , determine los posibles
3
9
 2 
conjuntos de valores que pueden tener a , b y c .
Solución:
a)
[4 puntos]
(b) Sabiendo que p =
Asíntota vertical: x=p
Asíntota vertical: x=p
Asíntota horizontal: y = q
Asíntota horizontal: y = − q
b) p =
4
c
=−
3
b
2
q=
4 a
a
2
=  → =
9  b
b
3
b = 3 → c = −4
1
 1
f−  = 0 → − a +1 = 0 → a = 2 → 
2
 2
 b = −3 → c = 4
Resumiendo:
a=2 b=3 c=-4
y
a=2 b=-3 c=4
[4 puntos]
SECCIÓN B
9. [Puntuación 19]
La función f está definida por f ( x ) =
2ln x + 1
, 0<x<3.
x −3
(a) Halle f '(x) .
(b) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, halle las coordenadas del punto de inflexión que
tiene el gráfico de y = f (x) .
(c) Dibuje un sistema de ejes cartesianos en los que x e y varían entre -3 y 3 . Sobre los mismos
(i) dibuje aproximadamente el gráfico de y = f (x) , mostrando con claridad cualquier corte con
los ejes y dando las ecuaciones de cualquier asíntota que hubiera.
(ii) dibuje aproximadamente el gráfico de y = f −1( x ) , mostrando con claridad cualquier corte
con los ejes y dando las ecuaciones de cualquier asíntota que hubiera.
(d) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, resuelva la inecuación f ( x )  f
Solución:
2
( x − 3) − 2 ln x − 1
x − 6 − 2x ln x
3
a) f ´( x ) =
=
2
( x − 3)
x( x − 3)2
−1
(x ) .
b) Dibujando la gráfica de f´(x) se observa que pasa de creciente a decreciente en x=0,899
Punto de inflexión (0.899, -0.375)
c) i) ii)
Para la curva de y=f(x):
Asíntotas verticales x=0
x=3
Cortes ejes (0.607, 0)
Para la curva de y = f −1( x ) :
Asíntotas horizontales: y=0
y=3
Cortes ejes (0, 0.607)
d) Las gráficas de f y f −1 se cortan cuando x=0,372
f ( x )  f −1( x ) si 0<x<0,372
[4 puntos]
[4 puntos]
[8 puntos]
[3 puntos]
10. [Puntuación 18]
Willow se da cuenta de que cada día laborable recibe unos 70 correos electrónicos.
Por ello, decide modelizar el número de correos electrónicos que recibe cada día laborable utilizando la
variable aleatoria X , donde X sigue una distribución de Poisson de media 70.
(a) Utilizando este modelo de distribución, halle
(i) P(X < 60)
(ii) la desviación típica de X .
(b) Con el fin de contrastar la validez de este modelo, Willow va anotando el número de correos
electrónicos que recibe cada día laborable durante un período de 6 meses.
Los resultados se muestran en la siguiente tabla.
A partir de los datos de la tabla, calcule
(i) una estimación de la media del número de correos electrónicos que recibe cada día laborable;
(ii) una estimación de la desviación típica del número de correos electrónicos que recibe cada
día laborable.
(c) Dé una razón que sugiera que el modelo Poisson de Willow no es un buen ajuste.
Archie trabaja para otra empresa y sabe que el número de correos electrónicos que recibe sigue una
distribución de Poisson, con una media de λ correos electrónicos al día.
(d) Suponga que la probabilidad de que Archie reciba en un día cualquiera un total de más de 10 emails
es 0,99. Halle el valor de λ .
(e) Ahora suponga que Archie recibió un total de exactamente 20 emails durante un período de dos días
consecutivos. Muestre que la probabilidad de que haya recibido exactamente 10 durante el primer día es
independiente de λ .
Solución:
a) i) X:"nº de correos diarios que recibe Willow" es Po(70)
P(X<60)=0,102
ii) Desviación típica =
b) i)
70 = 8,37
x
Frecuencia
4,45
2
5,45
15
6,45
40
7,45
53
8,45
0
9,45
1
10,45
3
11,45
6
Media=71,4
ii) Desviación típica=13,9
c) La varianza es 193, que difiere bastante de 70
17
= 0,142 que supera a P(X<69)=0,102
La frecuencia relativa de 59 correos es
120
d) Y:"nº de correos que recibe Archie en un día" es Po(λ )
P(Y>10)=0,99
1 − P(Y  10) = 0,99 → P(Y  10) = 0,01
10


e− λ .λx
λ2 λ3 λ4 λ5 λ6 λ7 λ8 λ9 λ10 
= 0,01 → e− λ  1 + λ + + +
+ + + + + +
= 0,01 → λ = 20

x!
2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9! 10! 

x =0
e) Z:"nº de correos que recibe Archie en dos días" es Po(2λ )
2
 e− λ .λ10 


P( Y = 10).P( Y = 10)  10! 
20!
.
P(reciba 10 el primer día |recibe 20 en dos días) =
= −2λ
= 20
20
P(Z = 20)
e .(2λ )
2 .(10! )2
20!
Este valor no depende de λ
[4 puntos]
[5 puntos]
[1 punto]
[3 puntos]
[5 puntos]
11. [Puntuación 13]
Considere el rectángulo OABC , tal que AB = OC = 10 y BC = OA = 1 .
Los puntos P , Q y R pertenecen a la recta OC , siendo OP = p , OQ = q , OR = r , y tal que 0 < p < q < r < 10 .
Sea θP el ángulo APO , θQ el ángulo AQO y θR el ángulo ARO .
(a) Halle una expresión para θP en función de p .
Considere el caso particular en el que θP = θQ + θR y QR = 1 .
q2 + q − 1
.
2q + 1
(c) Dibuje aproximadamente el gráfico de p en función de q y, con ello, determine el intervalo de
valores de p para los cuales existen valores posibles de q .
Solución:
1
1
a) tan(θP ) = → θP = arctan 
p
p
(b) Muestre que p =
(
)
b) tan(θP ) = tan θQ + θR =
tan θQ + tanθR
1 − tanθQ . tan θR
1
1
+
1
2q + 1
q q +1
=
= 2
p 1− 1 . 1
q + q −1
q q +1
p=
q2 + q − 1
2q + 1
c) 0,618<q<9
0<p<4,68
[3 puntos]
[6 puntos]
[4 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 1 TZ0
Lunes 13 de mayo de 2019
SECCIÓN A
1. [Puntuación 4]
En una progresión aritmética la suma de los términos 3.o y 8.o es igual a 1.
Sabiendo que la suma de los siete primeros términos es 35, determine el primer término y la diferencia común.
Solución:
u3 + u8 = 1 u1 + 2d + u1 + 7d = 1
 2u1 + 9d = 1
u1 = 14
 → u1 + u1 + 6d .7 = 35  →
 → d = −3
u1 + 3d = 5 
S7 = 35 

2

2. [Puntuación 6]
Tres puntos del espacio tridimensional tiene por coordenadas A(0, 0, 2), B(0, 2, 0) y C(3, 1, 0).
(a) Halle el vector
→
(i) AB ;
→
(ii) AC .
(b) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, halle el área del triángulo ABC.
Solución:
 0 
→ 

a) i) AB =  2 
 − 2
 
[2 puntos]
[4 puntos]
 3
→ 

ii) AC =  1 
 − 2
 
1 → →
b) Área (triángulo ABC)= | AB AC |
2
i j k
AB AC = 0 2 − 2 =-2i-6j-6k
3 1 −2
→
→
Área (triángulo ABC)=
1
76
4 + 36 + 36 =
= 19
2
2
3. [Puntuación 5]
Considere la función f ( x ) = x 4 − 6x 2 − 2x + 4, x  R .
El gráfico de f se traslada dos unidades hacia la izquierda para dar lugar a la función g(x).
Exprese g(x) de la forma ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e, donde a , b, c , d, e  Z
Solución:
 4
 4
 4
 4
 4
g( x ) = f ( x + 2) = ( x + 2)4 − 6( x + 2)2 − 2( x + 2) + 4 =  x 4 +  x3 .2 +  x 2 .22 +  x .23 +  24 − 6x 2 − 24 − 24x − 2x − 4 + 4 =
0
1
 2
3
 4
2
= x 4 + 8x3 + 24x 2 + 32x + 16 − 6x − 24 − 24x − 2x = x 4 + 8x3 + 18x 2 + 6x − 8
4. [Puntuación 5]
Utilizando la sustitución u = sen x , halle

cos3 x
sen x
dx .
Solución:
u=senx
du
= cos x
dx

cos3 x
sen x
dx =

cos2 x cos x
sen x
dx =

1 − u2
1
u2
3
1
5
 −1
2 2
2
 2

2
2
du =  u − u  du = 2u − u + C = 2 sen x −
sen5x + C
5
5





5. [Puntuación 8]
x−4
, e indique las ecuaciones de todas las asíntotas y las
2x − 5
coordenadas de todos los puntos de corte con los ejes.
(a) Dibuje aproximadamente el gráfico de y =
(b) Considere la función f : x →
Escriba
a) A.V. x =
A.H. y =
x−4
.
2x − 5
(i) el mayor dominio posible de f;
(ii) el correspondiente recorrido de f.
Solución:
5
2
1
2
 4
Cortes ejes  0,  y (4, 0)
 5
5

b) i) Df =  −  ,   4, + 
2

 1 
ii) R f = 0, +  −  
 2
[5 puntos]
[3 puntos]
6. [Puntuación 7]
 πxy 
La curva C viene dada por la ecuación y = x tan

 4 
dy 2 + π
(a) Muestre que, en el punto (1, 1),
.
=
dx 2 − π
(b) A partir de lo anterior, halle la ecuación de la recta normal a C en el punto (1, 1).
Solución:
dy
1
π
dy 
 πxy 
a)
= tan
. y + x 
 + x.
π
xy
dx
4
4
dx 





cos 2 

 4 
En el punto (1, 1):
dy
π
= tan  +
dx
4
1
π  dy 
. . 1 +

π
4
dx 


2
cos  
4
dy
π
dy 
= 1 + 2. . 1 +

dx
4
dx 
dy 
π
π
1 −  = 1 +
dx 
2
2
dy
=
dx
π
2 = 2+ π
π 2− π
1−
2
1+
b) Pendiente de la normal en (1, 1):
Ecuación de la normal: y − 1 =
π −2
(x − 1)
π +2
π −2
π −2
x−
+1
π +2
π +2
π −2
4
y=
x+
π +2
π+2
y=
7. [Puntuación 7]
Resuelva el sistema de ecuaciones
log 2 6x = 1 + 2 log 2 y
1 + log 6 x = log 6 (15y − 25)
Solución:



log 6 6 + log 6 x = log 6(15y − 25)

2

log 2 6x = log 2 2.y


log 6 (6x ) = log 6 (15y − 25)
6x = 2y 2 

6x = 15y − 25
log 2 6x = log 2 2 + log 2 y 2
( )
2y 2 = 15y − 25
2
2y − 15y + 25 = 0
15  225 − 200 15  5 
5
=
= 5
4
4
2

25
x=
Si y=5
3
5
25
x=
Si y =
2
12
y=
π −2
2+ π
[5 puntos]
[2 puntos]
8. [Puntuación 8]
Un cono circular recto de radio r está inscrito en una esfera de centro O y radio R, tal y como se muestra en
la siguiente figura. La altura perpendicular del cono es h, X denota el centro de la base y B es un punto donde
el cono toca la esfera.
(
)
π
2Rh2 − h3 .
3
(b) Sabiendo que existe un cono inscrito que tiene volumen máximo, muestre que el volumen de dicho
32πR 3
cono es
.
81
Solución:
1
a) El volumen del cono es V = πr2h
3
(a) Muestre que el volumen del cono se puede expresar mediante V =
R 2 = (h − R )2 + r2
R2 = h2 + R2 − 2hR + r2
r2 = 2hR − h2
(
)
(
1
1
π
V = πr2h = π 2hR − h2 h = 2Rh2 − h3
3
3
3
)
b) V=f(h)
(
dV π
= 4Rh − 3h2
dh 3
)
dV
= 0 → 4Rh − 3h2 = 0 → 4R − 3h = 0
dh
h=
4R
3
Para h =
4R
3
V=
π 
16R 2 64R3  π 96R3 − 64R3 32πR3
2R.
−
= .
=
3 
9
27  3
27
81
[4 puntos]
[4 puntos]
SECCIÓN B
9. [Puntuación 17]
Considere las funciones f y g definidas en el dominio 0  x  2π mediante
f (x) = 3cos 2x y g(x ) = 4 − 11cos x .
La siguiente figura muestra el gráfico de y=f(x) y el de y=g(x).
(a) Halle la coordenada x de cada uno de los puntos de intersección de los dos gráficos.
[6 puntos]
(b) Halle el área exacta de la región sombreada; dé su respuesta de la forma pπ + q 3 , donde p, q  Q .
En los puntos A y B de la figura, los dos gráficos tienen la misma pendiente.
(c) Determine la coordenada y de A, perteneciente al gráfico de g.
Solución:
a) 3cos 2x = 4 − 11cos x
[5 puntos]
(
[6 puntos]
)
3 cos 2 x − sen2x = 4 − 11cos x
2
6 cos x + 11cos x − 7 = 0
 1
− 11  121 + 168 − 11  289 − 11  17  2 Sí
cos x =
=
=
=
7
12
12
12
− No
 3
π

x= 3
1
cos x = → x = 
5π
2
x =
3

b)
Área =
=
5π
3
π
3

5π

 

(4 − 11cos x − 3cos 2x ) dx = 4x − 11sen x − 3 sen2x  π3 =  20π + 11 3 + 3 3  −  4π − 11 3 − 3 3  =
2
2 2 2   3
2 2 2 


 3
16π
3 3 16
25
+ 11 3 +
=
π+
3
3
2
3
2
c) f´(x)=g´(x)
−6sen2x = +11senx
−12sen x cos x = 11sen x
No
 sen x = 0 → x = π

sen x(11 + 12cos x ) = 0 → 
11
11 + 12cos x = 0 → cos x = −

12

 11  169
La coordenada y de A es: 4 − 11. −  =
 12  12
3
10. [Puntuación 16]
La variable aleatoria X tiene una función de densidad de probabilidad f, que viene dada por
k( π − arcsen x ) 0  x  1
f(x) = 
, donde k es una constante positiva.
resto de valores
0
(a) Indique la moda de X.
(b)
(i) Halle
 arcsenx dx .
(ii) A partir de lo anterior, muestre que k =
2
.
2+ π
[6 puntos]
 x2 
1
x
(c) Sabiendo que y =  arcsen x −  arcsen x +   1 − x2 , muestre que
 2 
4
 
4
 
dy
(i)
= x arcsen x
dx
3π
(ii) E(X ) =
.
4( π + 2)
Solución:
a) Moda (X)=0
b)
i) u=arcsenx
u´=

1
1 − x2
[9 puntos]
v´=1
v=x
arcsen x dx = x arcsen x −
ii)
[1 puntos]

x
1−x
2
dx =x arcsen x + 1 − x2 + C
1
 k(π − arcsen x) dx = 1
0
1
 
2 
k  πx − xarcsen x − 1 − x  = 1

0
π
1
2


k π − + 1  = 1 → k =
=
π
2


+1 2+ π
2
c) i)
 x2  1
dy
1
1
1
= xarcsen x +  
−
+
1 − x2
 2 
2 4
2
dx
4
1− x
  1− x
1
 x 1
+   ( −2x )
=
4
2
 
1 − x2
 x2  1
1
1
1
x2
2x2 − 1 + 1 − x2 − x2
= xarcsen x +  
−
+
1 − x2 −
= xarcsen x +
= xarcsen x
 2 
4 1 − x2
4 1 − x2
  1 − x2 4 1 − x2 4
ii)
E( X ) =
=

1
0
2
2
x(π − arcsen x ) dx =
2+ π
2+ π
 2
(πx − xarcsenx ) dx = 2 π x
2+ π  2
0


2 π π π
2 3π
3π
.
=
 − + =
2 + π  2 4 8  2 + π 8 4(2 + π)
1
1

 x2 
1
x
−  arcsen x +  arcsen x −   1 − x2  =
 2 

4
4
 
0
11. [Puntuación 17]
Considere las funciones f y g definidas mediante
f(x) = ln | x |, x  R − 0 y g(x) = ln | x + k |, x  R − − k, donde k  R , k  2 .
(a) Describa la transformación mediante la cual f(x) se transforma en g(x).
(b) Indique el recorrido de g.
(c) En un mismo sistema de ejes de coordenadas, dibuje aproximadamente los gráficos de
y=f(x) e y=g(x), indicando claramente todos los puntos de corte con los ejes.
Los gráficos de f y g se cortan en el punto P.
(d) Halle las coordenadas de P.
La tangente a y=f(x) en P pasa por el origen (0, 0).
(e) Determine el valor de k.
Solución:
a) g(x)=f(x+k)
f(x) se transforma en g(x) mediante una traslación horizontal k unidades a la izquierda
b) Im(g)=R
c) f(x) corta al eje X en (1, 0) y (-1, 0)
f(x) no corta al eje Y
f(x) tiene a la recta x=0 como asíntota vertical
g(x) corta al eje X en (-k+1, 0) y (-k-1, 0)
g(x) corta al eje Y en (0, lnk)
g(x) tiene como asíntota vertical la recta x=-k
x + k = x → k = 0 No

d) ln | x |= ln | x + k | →| x |=| x + k | → 
k
x + k = −x → x = −

2

 k
 k 
P − , ln  
 2  2 
ln x si x  0
e) S f ( x ) = 
ln(− x ) si x  0
Si x<0 f ´(x ) =
1
x
2
 k
La pendiente de la tangente en P es f ´ −  = −
k
 2
2
k
k
Ecuación de la recta tangente en P: y − ln  = −  x + 
k
2
2
2k 
k
Por pasar por (0, 0): − ln  = −  
2
k
 
2
k
k
− ln  = −1 →
= e → k = 2e
2
2
[1 puntos
[1 puntos]
[6 puntos]
[2 puntos]
[7 puntos]
MATEMÁTICAS NIVEL SUPERIOR
PRUEBA 2 TZ0
Martes 14 de mayo de 2019
SECCIÓN A
1. [Puntuación 5]
En el triángulo ABC, AB=5, BC=14 y AC=11.
Halle todos los ángulos interiores del triángulo.
Dé las respuestas en grados, con una aproximación de una cifra decimal.
Solución:
142 = 112 + 52 − 2.11.5. cos A
A=117ᵒ
14

sen117
=
5
sen C
C=18,6ᵒ
B=44,4ᵒ
2. [Puntuación 5]
Timmy tiene una tienda.
Sus ingresos diarios, procedentes de la venta de sus artículos, se pueden modelizar por una distribución
normal, siendo la media de los ingresos diarios igual a $820 y la desviación típica igual a $230.
Para poder tener beneficios , los ingresos diarios de Timmy tienen que ser mayores que $1000.
(a) Calcule la probabilidad de que, en un día elegido al azar, Timmy tenga beneficios.
La tienda abre 24 días al mes.
(b) Calcule la probabilidad de que, en un mes elegido al azar, Timmy tenga beneficios entre 5 y 10 días
(ambos inclusive).
Solución:
a) X:”ingresos diarios de la tienda” es N(820, 230)
P(X>1000)=0,217
b) Y:”nº de días de los 24 con beneficio” es B(24, 0.217)
P(5  Y  10) = P(Y  10) − P(Y  4) = 0,993− 0,380 = 0,613
[2 puntos]
[3 puntos]
3. [Puntuación 58
Iqbal, para practicar, decide hacer tres exámenes de muestra de matemáticas.
La probabilidad de que apruebe el primer examen es igual a 0,6.
Cuando aprueba un examen, Iqbal gana confianza en sí mismo, de modo que la probabilidad de que
apruebe el siguiente examen aumenta en 0,1.
Cuando suspende un examen, la probabilidad de que apruebe el siguiente examen es igual a 0,6.
(a) Complete el siguiente diagrama de árbol de probabilidades para los tres exámenes de muestra que
hace Iqbal, rotulando cada rama con la probabilidad correcta.
(b) Calcule la probabilidad de que Iqbal apruebe al menos dos de los exámenes.
(c) Halle la probabilidad de que Iqbal apruebe el tercer examen, sabiendo que solo ha aprobado uno de
los exámenes anteriores.
Solución:
0,8
A
a)
A
[3 puntos]
[2 puntos]
[3 puntos]
S
0,7
0,2
S
A
0,6
A
0,6
S
0,3
0,4
0,6
0,4
S
A
0,7
A
S
0,3
0,4
S
A
0,6
S
0,4
b) Aprobar al menos dos de los exámenes: AAA
AAS
ASA
SAA
P(AAA)+P(AAS)+P(ASA)+P(SAA)=0,6.0,7.0,8+0,6.0,7.0,2+0,6.0,3.0,6+0,4.0,6.0,7=0,696
c) Aprobar el tercer examen: AAA ASA SAA SSA
Sólo aprueba uno de los dos primeros: ASA ASS SAA SAS
P(Aprobar el tercer examen | Solo aprueba uno de los dos primeros))=
P( ASA ) + P(SAA)
0,276
=
= 0,657
P( ASA) + P( ASS) + P(SAA) + P(SAS) 0,42
4. [Puntuación 6]
(a) Dibuje aproximadamente los gráficos de y = sen3x + ln x y de y = 1 + cos x en los siguientes ejes de
coordenadas, para 0  x  9 .
(b) A partir de lo anterior, resuelva sen3x + ln x − cos x  0 en el intervalo 0  x  9 .
Solución:
a)
b) Las dos curvas se cortan en x=1,35
x=4,35
[2 puntos]
[4 puntos]
x=6,64
sen3x + ln x − cos x − 1  0 se cumple si 0<x<1,35 y 4,35<x<6,64
5. [Puntuación 6]
1 + sen 2x 1 + tan x
.

cos 2x
1 − tan x
1 + sen 2x
(b) Resuelva la ecuación
= 3 para 0  x  2π
cos 2x
Solución:
(a) Demuestre la identidad
[4 puntos]
[2 puntos]
cos x sen x
+
(cos x + sen x )
1 + sen 2x cos x + sen x + 2sen x cos x
cos x + sen x cos x cos x 1 + tan x
=
=
=
=
=
a)
cos 2x
(cos x − sen x )(cos x + sen x ) cos x − sen x cos x − sen x 1 − tan x
cos 2 x − sen2x
cos x cos x
b)
x=0,262 rad
2
2
2
6. [Puntuación 6]
Una partícula se mueve a lo largo de una recta horizontal, de modo tal que en el instante t segundo, t  0 , su aceleración a
viene dada por a=2t-1. Cuando t=6, su desplazamiento s respecto a un origen fijo O es igual a 18,25 m. Cuando t=15, el
desplazamiento respecto a O es igual a 922,75 m. Halle una expresión para s en función de t.
Solución:

s = (t

v = (2t − 1) dt = t 2 − t + C1
2
)
− t + C1 dt =
t3 t2
− + C1t + C2
3 2
63 62
− + 6C1 + C2
3 2
153 152
Para t=15 s=922,75 → 922,75 =
−
+ 15C1 + C2
3
2
6C1 + C2 = −35,75 
C2 = 0,25
 → C1 = −6
15C1 + C2 = −89,75
Para t=6 s=18,25 → 18,25 =
s=
t3 t2
− − 6t + 0,25
3 2
7. [Puntuación 7]
Suponga que u1 es el primer término de una serie geométrica de razón r. Demuestre mediante inducción matemática que la
(
)
u 1 − rn
, donde n  Z+ .
suma de los n primeros términos, Sn , viene dada por Sn = 1
1−r
Solución:
(
(
)
)
u1 1 − r1
= u1
1−r
u 1 − rk
Sk = 1
1−r
S1 =
Para n=1
Supuesto cierto para n=k
(
Cierto
)
? u 1 − r k +1
S k +1 = 1
1−r
k
u1 1 − r k
u
1
−
r
+ u1r k (1 − r) u1 − u1r k + u1r k − u1r k +1 u1 1 − r k +1
S k +1 = S k + u k +1 =
+ u1r k = 1
=
=
1−r
1−r
1−r
1−r
Probemos para n=k+1
(
)
(
)
(
)
8. [Puntuación 7]
(a) Halle las raíces de la ecuación w 3 = 8i , w  C . Dé las respuestas en forma cartesiana.
Una de las raíces, w 1 , satisface la condición Re(w1 ) = 0 .
z
(b) Sabiendo que w1 =
, exprese z en la forma a+bi donde a , b  Q .
z−i
Solución:
a) w = r(cos θ + isen θ)
 r3 = 8 → r = 2
π
π


w = 8i → r (cos 3θ + isen3θ) = 8 cos + isen  → 
π
π 2kπ
2
2

3θ = 2 + 2kπ , k = 0,1,2 → θ = 6 + 3 , k = 0,1,2
π
π

w = 2 cos + isen  = 3 + i
Para k=0
6
6

3
3
Para k=1
5π
5π 

w = 2 cos
+ isen  = − 3 + i
6
6 

Para k=2
3π
3π 

w = 2 cos
+ isen
 = −2i
2
2 

b) w1 = −2i =
z
−2
−2(1 − 2i)
−2 + 4i
2 4
→ -2zi-2=z → z =
=
=
=− + i
z−i
1 + 2i (1 + 2i)(1 − 2i)
5
5 5
[4 puntos]
[3 puntos]
SECCIÓN B
9. [Puntuación 15]
Considere el polinomio P(z) = z 4 − 6z3 − 2z2 + 58z − 51, z  C .
(
)(
)
(a) Exprese P(z) en la forma z2 + az + b z2 + cz + d donde a , b, c , d  R .
4
3
(b) Dibuje aproximadamente el gráfico de y = x − 6x − 2x + 58x − 51 , indicando claramente las
coordenadas de todos los máximos, mínimos y cortes con los ejes.
(c) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, indique qué condición tiene que cumplir k R
para que todas las raíces de la ecuación P(z)=k sean reales.
Solución:
a)
1
-6 -2
58
-51
1
1
-5
-7
51
1
-5 -7
51
0
1
-3
1
-5
-3
-8
-7
24
17
51
-51
0
(
)(
)(
)
P(z) = (z − 1)(z + 3) z2 − 8z + 17 = z2 + 2z − 3 z2 − 8z + 17
b)
Cortes ejes (-3, 0)
(1, 0)
(0, -51)
Máximo en (2.4, 26.9)
Mínimos (-1.62, -117.8)
c) k  −117,8
(3.72, 19.7)
[7 puntos]
2
[6 puntos]
[2 puntos]
10. [Puntuación 16]
Steffi la gata callejera acude con frecuencia a casa de Will en busca de comida.
Sea X la variable aleatoria discreta “el número de veces al día que Steffi acude a casa de Will”.
La variable aleatoria X se puede modelizar por una distribución de Poisson de media 2,1.
(a) Halle la probabilidad de que un día elegido al azar, Steffi no acuda a casa de Will.
[2 puntos]
Sea Y la variable aleatoria discreta “el número de veces al día que a Steffi le dan de comer en casa de Will”.
Cada día, a Steffi solo le dan de comer las cuatro primeras veces que acude a la casa.
(b) Copie y complete la siguiente tabla de distribución correspondiente a Y.
[4 puntos]
(c) A partir de lo anterior, halle el número esperado de veces al día que le dan de comer a Steffi en casa
de Will.
(d) En un año cualquiera de 365 días, la probabilidad de que Steffi no acuda a casa de Will como mucho
n días en total es igual a 0,5 (aproximada a una cifra decimal). Halle el valor de n.
(e) Muestre que el número esperado de veces al año en las que Steffi acude a casa de Will y no le dan de
comer es al menos 30.
Solución:
a) P(X=0)=0,122
[3 puntos]
[3 puntos]
[4 puntos]
b)
y
P(Y=y)
0
P(X=0)=0,122
1
P(X=1)=0,257
2
P(X=2)=0,27
3
P(X=3)=0,189
c) E(Y))= 1.0,257+2.0,27+3.0,189+4.0,161=2 veces al día
d) Z:” número de días al año en los que Steffi no acude a casa de Will” es B(365, 0.122)
P(Z  n) = 0,5
n= 44 días
e) El número de veces al año que Steffi acude a la casa es Po(365.2,1)=Po(766,5)
Sea J:”número de veces al año que Steffi acude a la casa y no le dan de comer” es B(766, p)

p = P(X = 5) + P(X = 6) + ...... =

5
E(J)  0,04.766 = 30,64  30
e−2,1 .2,1x
 0,04
x!
4
P( X  4) = 0,161
11. [Puntuación 19]
El plano Π1 contiene a los puntos P(1, 6, -7), Q(0, 1, 1) y R(2, 0, -4).
(a) Halle la ecuación cartesiana del plano que contiene a P, Q y R.
La ecuación cartesiana del plano Π2 es x-3y-z=3.
[6 puntos]
(b) Sabiendo que Π1 y Π2 se cortan en una recta L, verifique que la ecuación vectorial de L se puede dar
 5   1 

 

 4   2 
mediante r=  0  + λ  1  .
− 7  − 5
 4  2

 

La ecuación cartesiana del plano Π3 es ax+by+cz=1.
(c) Sabiendo que Π3 es paralelo a la recta L, muestre que a+2b-5c=0.
[3 puntos]
[1 punto]
Considere el caso en el que Π3 contiene a L.
(d)
(i) Muestre que 5a-7c=4
(ii) Sabiendo que Π3 está igual de inclinado hacia Π1 que hacia Π2 , determine dos ecuaciones
cartesianas posibles y distintas para Π3 .
Solución:
 − 1
 1 
→ 
→ 


PR =  − 6 
a) PQ =  − 5 
 3 
 8
 
 
i
j k
→
[9 puntos]
→
PQ PR = − 1 − 5 8 = 33i +11j +11k
1 −6 3
Π1 : 33x+11y+11z=D
Como Q Π1 : 11+11=D → D=22
Π1 : 33x+11y+11z=22  Π1 : 3x+y+z=2
b)
3x + y + z = 2
 → 4x − 2y = 5
x − 3y − z = 3
5 1
+ λ
4 2
5 1
7 5
z = + λ − 3λ − 3 = − − λ
4 2
4 2
 5   1 
 

x 
   4   2 
L :  y  =  0  + λ 1 
z  − 7  − 5
  
 

 4  2
 1 

a 
   2 
1
5
c) Π3 || L →  b  •  1  = 0 → a + b − c = 0 → a + 2b − 5c = 0
2
2
c  5
  − 
 2
7
5
7
5
d) i) L  Π3 →  ,0, −  Π3 → a − c = 1 → 5a − 7c = 4
4
4
4
4


Si y = λ

x=

ii) Π1Π3 = Π2Π3 →
| 3a + b + c |
2
Π3 : x+2y-5z=1
Para a=2
Π3 : 2x+4y-10z=1
2
=
| a − 3b − c |
11 a + b + c
11 a2 + b2 + c2
 3a + b + c = a − 3b − c
2a + 4b + 2c = 0
a + 2b + c = 0
| 3a + b + c |=| a − 3b − c | → 
→
→
→ b = 2a
3a + b + c = −a + 3b + c
 4a − 2b = 0
 2a − b = 0
Para a=1
2
c = −5a