Matemáticas, PAU 2026 de Cataluña: el examen extraordinario resuelto

Planteamiento Aplicamos el teorema de Rouché-Frobenius: calculamos $|A|$, hallamos cuándo se anula y estudiamos los rangos en cada caso.

1. Matrices:

   $A$${}= \begin{pmatrix}2&k&1\\-1&2&2\\1&1&1\end{pmatrix}$$A^*$${}= \left(\begin{array}{ccc|c}2&k&1&3\\-1&2&2&1\\1&1&1&2\end{array}\right)$

2. Determinante:

   $|A|$${}= 4+2k-1-2-4+k$${}= 3k-3$${}= 3(k-1)$

3. Si $k\ne 1$: $|A|\ne 0$, los dos rangos valen 3, igual que el número de incógnitas: compatible determinado.

   $\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=3$

4. Si $k=1$: $|A|=0$ y hay un menor de orden 2 no nulo, así que $\operatorname{rg}(A)=2$:

   $\begin{vmatrix}2&1\\-1&2\end{vmatrix}$${}= 5$${}\ne 0$

5. Para $k=1$ las columnas de $y$ y de $z$ son iguales; el único menor de orden 3 de $A^*$ que puede no ser nulo es el de las columnas $x$, $y$ y términos independientes:

   $\begin{vmatrix}2&1&3\\-1&2&1\\1&1&2\end{vmatrix}$${}= 8+1-3-6-2+2=0$

6. Por tanto $\operatorname{rg}(A^*)=2=\operatorname{rg}(A)<3$: compatible indeterminado con un grado de libertad.

Planteamiento Para $k=1$ resolvemos en función de un parámetro; para $k\ne 1$ usamos la regla de Cramer y veremos que $k$ desaparece.

1. Caso $k=1$. Sumando la segunda y la tercera ecuación:

   $3y+3z=3\ \Longrightarrow\ y=1-z$

2. Sustituyendo en la tercera, $x=2-y-z=1$. Con $z=\lambda$:

   $(x,y,z)=(1,\ 1-\lambda,\ \lambda)$$\lambda\in\mathbb{R}$

3. Caso $k\ne 1$. Regla de Cramer:

   $x$${}= \frac{\begin{vmatrix}3&k&1\\1&2&2\\2&1&1\end{vmatrix}}{3k-3}$${}= \frac{3k-3}{3k-3}$${}= 1$
4. $y$${}= \frac{\begin{vmatrix}2&3&1\\-1&1&2\\1&2&1\end{vmatrix}}{3k-3}$${}= \frac{0}{3k-3}=0$

5. De la tercera ecuación:

   $z=2-x-y=2-1-0=1$

6. Comprobación en la primera ecuación, para cualquier $k$:

   $2\cdot 1+k\cdot 0+1=3$

Planteamiento Cada ecuación es un plano. El segundo y el tercero no dependen de $k$ y se cortan en una recta $r$; el primer plano cambia con $k$.

1. Recta común del segundo y el tercer plano (es la solución del caso $k=1$):

   $r:\ (x,y,z)=(1,1,0)+\lambda(0,-1,1)$

2. Si $k=1$, el primer plano contiene la recta $r$: los tres planos son distintos y se cortan en esa recta (forman parte de un mismo haz).

3. Si $k\ne 1$, el primer plano corta a $r$ en un solo punto, $(1,0,1)$, que es el mismo para todos los valores de $k$. Todos los planos $2x+ky+z=3$ contienen la recta $y=0,\ 2x+z=3$, que pasa por $(1,0,1)$: cuando $k$ varía, el primer plano gira alrededor de esa recta.

Planteamiento Cada aerogenerador funciona con probabilidad $0{,}9$, independientemente de los demás. El número $X$ de aerogeneradores en marcha sigue una binomial $B(10;\,0{,}9)$. Para llegar a 1 000 MW deben funcionar los diez.

1. $P(X=10)=0{,}9^{10}\approx 0{,}3487$

Planteamiento Superar 150 MW significa que funcionen al menos 2 aerogeneradores ($2\cdot 100=200>150$, mientras que $1\cdot 100=100<150$). Es más fácil calcular lo contrario: que funcionen 0 o 1.

1. Ninguno en marcha (todos parados):

   $P(X=0)=0{,}1^{10}=10^{-10}$

2. Exactamente uno en marcha:

   $P(X=1)$${}= \binom{10}{1}\,0{,}9\cdot 0{,}1^{9}$${}= 9\cdot 10^{-9}$

3. Complementario:

   $P(X\ge 2)$${}= 1-10^{-10}-9\cdot 10^{-9}$${}= 1-9{,}1\cdot 10^{-9}$

Planteamiento La parte sombreada es la región cerrada entre $g(x)=8x$ y $f(x)=2x^3$. Buscamos los puntos de corte e integramos la diferencia de las funciones en cada trozo.

1. Puntos de corte:

   $2x^3$${}= 8x$${}\Longrightarrow 2x(x^2-4)=0$${}\Longrightarrow x=-2,\ 0,\ 2$

2. En $(0,2)$ la recta queda por encima ($8x>2x^3$); en $(-2,0)$, por debajo. Las dos hojas son simétricas respecto del origen (ambas funciones son impares):

   $\int_{0}^{2}(8x-2x^3)\,dx$${}= \left[4x^2-\frac{x^4}{2}\right]_0^2$${}= 16-8$${}= 8$
3. $\int_{-2}^{0}(2x^3-8x)\,dx$${}= \left[\frac{x^4}{2}-4x^2\right]_{-2}^{0}$${}= 0-(8-16)$${}= 8$

4. Área total sombreada:

   $A=8+8=16$

Resultado$A=16\ \text{m}^2$ (dos hojas de $8\ \text{m}^2$ cada una).

La pauta oficial da: $16\ \mathrm{m}^2$

Planteamiento Al plegar, la altura de la caja es $x$. La anchura de la base es lo que queda de los 50 cm tras quitar dos franjas de anchura $x$. A lo largo de los 80 cm hay dos alturas $x$ y dos veces la longitud de la base (base y tapa).

1. Dimensiones:

   $\text{altura}=x$$\text{anchura}=50-2x$$\text{longitud}=\frac{80-2x}{2}=40-x$

2. Volumen:

   $V(x)$${}= x(50-2x)(40-x)$${}= x\,(2x^2-130x+2000)$${}= 2x^3-130x^2$${}+2000x$

3. Para que la caja exista hace falta $0<x<25$.

Planteamiento Buscamos el máximo de $V(x)$ en $(0,25)$: puntos críticos con $V'(x)=0$ y comprobación con la segunda derivada.

1. Derivada:

   $V'(x)$${}= 6x^2-260x+2000=0$${}\Longleftrightarrow 3x^2-130x+1000=0$
2. $x$${}= \frac{130\pm\sqrt{16900-12000}}{6}$${}= \frac{130\pm 70}{6}$${}\Longrightarrow x=10$$\text{o}\ \ x=\frac{100}{3}$

3. $x=\frac{100}{3}\approx 33{,}3$ no es válido ($x<25$). Segunda derivada:

   $V''(x)=12x-260$$V''(10)=-140<0\ \Rightarrow\ \text{máximo}$

4. Dimensiones para $x=10$:

   $40-10=30$$50-20=30$$x=10$

5. Volumen máximo:

   $V(10)=30\cdot 30\cdot 10=9000$

Planteamiento La tapa es un paralelogramo (de hecho, un rectángulo) con lados $AB$ y $AC$: el cuarto vértice se obtiene sumando a $B$ el vector $\overrightarrow{AC}$.

1. Vectores de los lados:

   $\overrightarrow{AB}=(3,0,4)$$\overrightarrow{AC}=(0,9,0)$$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=0$

2. Cuarto vértice:

   $D$${}= B+\overrightarrow{AC}$${}= (4,1,5)+(0,9,0)$${}= (4,10,5)$

3. Longitudes:

   $|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{3^2+0^2+4^2}=5$$|\overrightarrow{AC}|=\sqrt{0^2+9^2+0^2}=9$

Planteamiento El plano $\pi$ es paralelo a la tapa, así que la altura es la distancia de un vértice de la tapa a $\pi$. El vértice de debajo de $A$ es la proyección ortogonal de $A$ sobre $\pi$.

1. El vector normal de $\pi$, $(-4,0,3)$, es perpendicular a los dos lados de la tapa, de modo que $\pi$ es paralelo a la tapa:

   $(-4,0,3)\cdot(3,0,4)=0$$(-4,0,3)\cdot(0,9,0)=0$

2. Altura:

   $d(A,\pi)$${}= \frac{|-4\cdot 1+3\cdot 1-24|}{\sqrt{(-4)^2+0^2+3^2}}$${}= \frac{25}{5}=5$

3. Recta perpendicular a $\pi$ por $A$:

   $(x,y,z)=(1,1,1)+\lambda(-4,0,3)$

4. Intersección con $\pi$:

   $-4(1-4\lambda)+3(1+3\lambda)$${}= 24$${}\Longrightarrow 25\lambda-1$${}= 24$${}\Longrightarrow \lambda=1$

5. Vértice:

   $A'=(1,1,1)+(-4,0,3)=(-3,1,4)$