examen 2013 ciclo canarias

1. x = número de alumnos
y = dinero por alumnos
sabiendo esto, podemos plantear las ecuaciones. Además sabemos que el precio de la
excursión no varía, siempre es 540
  
· 540
6 3 540
x y
x y


  
Es te es nuestro sistema que lo podemos resolver por ejemplo por sustitución
540
y
x

Con lo cual nos queda:
 
540 540 3240 3240
6 3 540 3 18 540 540 3 18 540
x
x x x
x x x x
 
              
 
2
2540 3 3240 18 540 3 18 3240 0x x x x x x         

2. resolvemos esta ecuación de segundo grado y nos da dos soluciones:
x = -36 (la descartamos automáticamente
x = 30
ahora sustituimos la x en el primer despeje ⇒ y = 540/x
y= 540/30 = 18
SOLUCIÓN: ⇒fueron 30 alumnos, a los que hay que sumarle los 6 que se apuntaron a
última hora. En total 36 alumnos
       
2 2 2 2
log 3 log 1 3 1 3 2 1 1x x x x x x x x x x x             
3 2 2
3 2 2·3 3 2·5 3·2 2 3 2 3·5 2 6 2 3 2 15 2 6 2         
Si sustituimos en la ecuación la t por 0, podemos calcular la altura del edificio, ya que
en ese momento la piedra no se ha lanzado aún
  2
0 4·0 0 12 12f    
El edificio tiene 12 metros de altura

3. Para ello sustituimos f(t) y g(t) por cero y así podemos calcular en cada caso cuanto
tiempo tardan en llegar al suelo
2
0 4 12t t  
 
 
2
4 4 4· 1 ·12 4 16 48 4 64 4 8
2· 1 2 2 2
t
          
   
   

1
2
4 8
2
2
4 8
6
2
t
t
 
   

   
 
Descartamos el -2, con lo cual la piedra tardará 6 segundos
2
0 8t t 
 8 0t t  
1
2
0
8
t
t



Tardará 8 segundos en llegar al suelo
Solución: la primera piedra es la que llegará antes al suelo
Estudiaremos en qué punto es máximo la función. Dos formas
Ir sustituyendo la x por valores comprendidos entre 0 y 6 en la primera y valores 0 y 8
en la segunda (si nos fijamos bien la segunda gráfica es simétrica, es lógico pensar que
el máximo estará en la mitad) y ver en qué año fue mayor el beneficio o por derivadas.
Y
Yo lo hare por la primera forma, ya que este año no caen derivadas en el examen de
acceso a ciclo superior.
Primera piedra
Para   2
0 0 4·0 0 12 12x f     
Para   2
1 1 4·1 1 12 4 1 12 15x f        
Para   2
2 2 4·2 2 12 8 4 12 16x f         ALTURA MAXIMA
Para   2
3 3 4·3 3 12 12 9 12 15x f         ya empieza a bajar

4. Para   2
4 4 4·4 4 12 16 16 12 12x f        
Los demás puntos también serán menores
Segunda piedra
Para   2
0 0 8·0 0 0x g    
Para   2
1 1 8·1 1 7x g    
Para   2
2 2 8·2 2 16 4 12x g      
Para   2
3 3 8·3 3 24 9 15x g      
Para   2
4 4 8·4 4 32 16 16x g       ALTURA MAXIMA
Para   2
5 5 8·5 5 40 25 15x g       ya empieza a bajar
Solución: la segunda piedra es la que mayor altura alcanza (16 metros)
Nos encontramos ante una función racional. Para calcular el dominio de esta función lo
único que tenemos que hacer es igualar a cero el denominador y resolver la ecuación.
La función será continua para todos los valores menos para la solución o soluciones
obtenidos anteriormente
 
2
2
2 0 2 2 4x x x x       
Solución:  4Domf x  

5. X= bufanda
Y= gorra
Z=camiseta
3 2 62
2 3 58
2 3 2 72
x y z
x y z
x y z
  

  
   
En 2 3 58x y z   despejamos la x y la sustituimos en las otras dos ecuaciones
2 3 58x y z   
 
 
3 2 3 58 2 62
2 2 3 58 3 2 72
y z y z
y z y z
     

     
6 9 174 2 62
4 6 116 3 2 72
y z y z
y z y z
     

     

4 8 112
4 44
y z
y z
   

   
Multiplicamos la 2 por -4 y resolvemos por reducción, quedándonos
8 64 8z z  
Sustituimos z en cualquiera de las dos ecuaciones y obtenemos y
4 44 4·8 44 12y z y y          
Ya con z e y podemos ir a 2 3 58x y z    y obtener el valor de x
2·12 3·8 58 10x     
Solución: las bufandas cuestan 10€, las gorras 12€ y la camiseta 8€

6. El planeta de menor radio es Mercurio
11 12
1,496·10 ·10 1,496·10  Es Saturno
12
5900000000000 5,9·10
12
11
5,9·10
39,43
1,496·10


7. 1 -4 1 6
2 2 -4 -6
1 -2 -3 0
Nos queda
2
2 3 0x x  
Resolvemos la ecuación de segundo grado
 2
2 2 4·1· 3 2 4 12 2 4
2 2 2
     
 
1
2
2 4
3
2
2 4
1
2
x
x

 

   

Con lo cual las raíces de nuestro polinomio serían
X = 2 , x= 3; x = -1
       
3 2
3 3 4 3 3 6 27 36 3 6 60P               

8. xi fi Fi xifi Xi
2fi
1 1 1 1 1
2 1 2 2 4
3 1 3 3 9
4 1 4 4 16
5 1 5 5 25
6 1 6 6 36
7 1 7 7 49
8 0 7 0 0
9 1 8 9 81
8 37 221
Media  i ix f
x
N

 
37
4,625
8
 Es la respuesta a nuestro problema b)

9. a)  
8
0,4
20
P coche  
b)
Coche 7/19
Coche
8/20 Cartulina blanca 12/19
Coche 8/19
Cartulina blanca
12/20
Cartulina blanca 11/19
Lo más sencillo será calcular la probabilidad de que salgan dos sobres blancos y
después restar uno
 
12 11
2 cos · 0,38
20 19
P sobresblan  
Probabilidad de al menos un coche = 1 – 0,38 = 0,62
c) Igual que el caso anterior lo mejor es calcular la probabilidad de que salgan 3
sobres blancos
 
12 11 10
3 cos · · 0,19
20 19 18
P sobresblan  
Probabilidad de al menos un coche = 1 – 0,19 = 0,81