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Matemáticas AI NM

Prueba 2 Mayo 2025 TZ2

Práctica de Prueba 2 con calculadora, contexto aplicado y soluciones desarrolladas.

Prueba 21 h 30 min

5preguntas

Estudio de caso

Instrucciones clave: use una calculadora de pantalla gráfica; muestre el procedimiento; dé respuestas exactas o a 3 cifras significativas salvo indicación.

Preguntas y soluciones

Pregunta 1

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Los cojines tailandeses tienen una sección transversal triangular formada por capas de prismas triangulares. En la figura (no a escala) se muestran ejemplos de 4 y 5 capas.

(a) Escriba el número de prismas triangulares que hay en la capa inferior de un cojín de: (i) 4 capas; (ii) 5 capas.

Mayumi observa que el número de prismas en la capa inferior sigue una progresión aritmética.

(b) (i) Escriba la diferencia común. (ii) Halle una expresión para el número de prismas en la capa inferior de un cojín de n capas.

Mayumi quiere ampliar el diseño a 9 capas.

(d) Halle una expresión, simplificada, para el número total de prismas en un cojín de n capas.

La sección transversal consta de triángulos negros y blancos. Un cojín de 4 capas tiene en total 6 triángulos blancos; uno de 5 capas tiene 4 triángulos blancos en la capa inferior.

(e) Escriba el número total de triángulos negros en un cojín de 4 capas.

El número de triángulos negros por capa sigue una progresión aritmética.

(f) Halle y simplifique una expresión para el número total de triángulos negros en un cojín de n capas.

(g) Sabemos que el número total de triángulos blancos en un cojín de n capas es \(\dfrac{n(n-1)}{2}\). Usando esto y su (f), halle y simplifique una expresión para el total de triángulos (blancos y negros) en un cojín de n capas.

Figuras de cojines tailandeses de 4 y 5 capas.

Secciones transversales con triángulos blancos y negros para 4 y 5 capas.

(a) Miramos la capa inferior en los ejemplos. El patrón aumenta de dos en dos.

(i) 7; (ii) 9.

(b) La sucesión de la capa inferior es \(1,3,5,7,9,\ldots\).

(i) Diferencia común: 2.

(ii) Usamos el término general de una progresión aritmética:

\(u_n=1+(n-1)2=2n-1\)

\(2n-1\)

(c) Para \(n=9\):

(i) Capa inferior:

\(2(9)-1=17\)

17 prismas

(ii) El total de prismas es la suma de los primeros nueve números impares.

\(S_9=1+3+5+\cdots+17=9^2=81\)

81 prismas

(d) En general, la suma de los primeros \(n\) números impares es \(n^2\).

\(n^2\)

(e) Para 4 capas hay \(4^2=16\) triángulos en total. Como 6 son blancos:

\(16-6=10\)

10 triángulos negros

(f) Los triángulos negros por capa siguen \(1,2,3,\ldots,n\). Por tanto, sumamos los \(n\) primeros enteros positivos.

\(1+2+3+\cdots+n=\dfrac{n(n+1)}{2}\)

\(\dfrac{n(n+1)}{2}\)

(g) Sumamos blancos y negros.

\(\dfrac{n(n-1)}{2}+\dfrac{n(n+1)}{2}=\dfrac{n(2n)}{2}=n^2\)

\(n^2\)

Pregunta 2

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La figura muestra parte de los gráficos de \(f(x)=1{,}5^x\), para \(x\ge 0\), y \(g(x)=6-\dfrac{3}{x}\), para \(x>0\).

Las curvas se intersecan en los puntos \(A\) y \(B\).

(a) Halle las coordenadas \(x\) de \(A\) y \(B\).

(b) La región sombreada está limitada por el eje \(x\), el gráfico de \(f\), y las rectas verticales que pasan por \(A\) y \(B\).

Escriba una integral que represente el área de la región sombreada.
Calcule dicha área.
A partir de lo anterior, o de otro modo, calcule el área de la región delimitada por \(y=f(x)\) e \(y=g(x)\).

(c) La tangente a \(y=f(x)\) es paralela a la tangente a \(y=g(x)\) en \(x=k\). Halle \(k\).

Gráficas de f(x)=1,5^x y g(x)=6-3/x con región sombreada.

(a) Las coordenadas \(x\) de los puntos de intersección se obtienen resolviendo \(f(x)=g(x)\).

\(1{,}5^x=6-\dfrac{3}{x}\)

Usamos la calculadora gráfica para resolver la ecuación.

\(x\approx 0{,}638,\quad x\approx 4{,}10\)

(b)(i) La región sombreada está bajo \(f(x)\) entre esos dos valores de \(x\).

\(\displaystyle \int_{0.638}^{4.10}1{,}5^x\,dx\)

(b)(ii) Evaluamos la integral con la calculadora.

\(\displaystyle \int_{0.638}^{4.10}1{,}5^x\,dx\approx 9{,}81\)

\(9{,}81\text{ unidades}^2\)

(b)(iii) Para el área entre las curvas restamos el área bajo \(f\) del área bajo \(g\), entre los mismos límites.

\(\displaystyle \int_{0.638}^{4.10}\left(6-\dfrac{3}{x}-1{,}5^x\right)dx\)

Con la calculadora:

\(5{,}38\text{ unidades}^2\)

(c) Si las tangentes son paralelas, sus pendientes son iguales.

\(f'(x)=\ln(1{,}5)\,1{,}5^x\)

\(g'(x)=\dfrac{3}{x^2}\)

Resolvemos \(\ln(1{,}5)1{,}5^x=\dfrac{3}{x^2}\) con la calculadora.

\(k\approx 1{,}86\)

Pregunta 3

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El tren vespertino Cardiff-Londres llega según \(X \sim \mathcal{N}(\mu,\sigma^2)\), donde \(X\) es «minutos tarde». Según registros: media 18:20 (20 min tarde), desviación típica 10 min.

(a) Escriba: (i) \(\mathbb{E}[X]\); (ii) \(\mathrm{Var}(X)\).

(b) Halle \(\mathbb{P}(15<X<25)\).

Janine necesita 10 min para cambiar de andén y exige \(\ge 99\%\) de probabilidad de llegar a tiempo al enlace.

(d) Halle la hora más temprana (redondee al minuto más próximo) a la que puede salir el tren de enlace cumpliendo el requisito.

David registra 7 días (llegadas independientes).

(e) Halle la probabilidad de que el tren llegue tarde: (i) el primer día; (ii) exactamente 5 de los 7 días; (iii) al menos 5 días consecutivos (de esos 7).

Datos: \(X\sim\mathcal{N}(20,10^2)\) en minutos.

(a) (i) \(\mathbb{E}[X]=\boxed{20\text{ min}}\). (ii) \(\mathrm{Var}(X)=\boxed{100\text{ min}^2}\).

(b) Estandarizamos: \(Z=\dfrac{X-20}{10}\). Entonces \(15<X<25\) equivale a \(-0.5<Z<0.5\). Con GDC/tablas, \(\mathbb{P}(-0.5<Z<0.5)\approx \boxed{0{,}383}\).

(c) \(\mathbb{P}(X>30)=1-\Phi\big(\tfrac{30-20}{10}\big)=1-\Phi(1)\). Con GDC, \(\approx 0{,}1587\). Valor esperado en 365 días: \(365\times 0{,}1587\approx \boxed{57{,}9\text{ días}}\).

(d) Se requiere \(\mathbb{P}(X\le k)\ge 0{,}99\). Cuantil 0,99 para \(X\): \(k=20+10\,z_{0.99}\). Con \(z_{0.99}\approx 2{,}3263\): \(k\approx 43{,}263\) min tarde.

Tiempo total mínimo hasta el enlace = \(k+10\approx 53{,}263\) min tras las 18:00. Para garantizar \(\ge 99\%\), tomamos el minuto entero más próximo que no infrinja el requisito: 18:54.

(e) (i) \(\mathbb{P}(X>0)=1-\Phi\big(\tfrac{0-20}{10}\big)=1-\Phi(-2)=\Phi(2)\approx \boxed{0{,}977}\).

(ii) Sea \(Y\sim\mathrm{Bin}(n=7,p=0{,}9772499\ldots)\). Entonces \(\mathbb{P}(Y=5)=\binom{7}{5}p^5(1-p)^2\approx \boxed{0{,}00969}\).

(iii) «Al menos 5 consecutivos» en 7 días: los patrones posibles aportan

\[p^7 + 2p^6(1-p) + 3p^5(1-p)^2,\]

con \(p=0{,}9772499\ldots\). Con GDC, \(\approx \boxed{0{,}892}\).

Pregunta 4

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Un reloj de pie tiene esfera circular de 30 cm de diámetro; el punto más bajo de la esfera está a 120 cm del suelo. Minutero: 15 cm; horario: 10 cm. El reloj se pone en marcha a las 15:00. (Figura no a escala.)

(a) (i) Escriba la medida del ángulo que forman minutero y horario a las 15:00. (ii) Calcule la distancia entre los extremos de ambas manecillas a las 15:00.

La altura del extremo del minutero, \(f(t)\), con \(t\) en minutos desde las 15:00, se modeliza por \(f(t)=a\cos(bt)+d\) (\(a,b>0\), en grados). El gráfico entre 15:00 y 16:00 alcanza máximo \(m\) y mínimo \(n\).

(b) Escriba los valores de: (i) \(m\); (ii) \(n\).

La altura del extremo del horario es \(g(t)=p\,\sen(qt)+d\) (en grados).

(d) (i) Muestre que \(q=0{,}5\). (ii) Halle \(p\).

(e) Halle la altura del extremo del horario a las 16:00.

(f) Halle, después de las 15:00, la primera hora a la que los extremos de ambas manecillas están a la misma altura (redondee al minuto más cercano).

Reloj de pie con longitudes de manecillas y alturas.

Gráfico de la altura del extremo del minutero entre las 15:00 y las 16:00.

Centro de la esfera: está a \(120+15=135\) cm del suelo.

(a) (i) A las 15:00, el minutero apunta a las 12 y el horario a las 3: ángulo recto. \(90^\circ\).

(ii) Por Pitágoras (o ley de cosenos con \(\theta=90^\circ\)):

\[d=\sqrt{10^2+15^2}=\sqrt{325}\approx \boxed{18{,}0\ \text{cm}}.\]

(b) Alturas extrema del minutero: máxima = centro + 15, mínima = centro – 15.

(i) \(m=135+15=\boxed{150}\). (ii) \(n=135-15=\boxed{120}\).

(i) Amplitud \(a=\tfrac{m-n}{2}=\tfrac{150-120}{2}=\boxed{15}\).

(ii) El minutero da 360º en 60 min \(\Rightarrow b=\dfrac{360^\circ}{60}=\boxed{6}\) (grados/min).

(iii) Eje medio \(d=\tfrac{m+n}{2}=\tfrac{150+120}{2}=\boxed{135}\).

(d) (i) El horario da 360º en 12 h = 720 min \(\Rightarrow q=\dfrac{360^\circ}{720}=\boxed{0{,}5}\).

(ii) A las 15:00 el horario está a la derecha del centro (altura 0 relativa) y comienza descendiendo (movimiento horario). Para que el seno reproduzca descenso inicial, \(p\lt 0\). Su amplitud es la longitud: \(\boxed{p=-10}\).

(e) \(g(60)=-10\sen(0{,}5\cdot 60)+135 = -10\sen(30^\circ)+135 = -10\cdot 0{,}5+135=\boxed{130\ \text{cm}}.\)

(f) Igualamos alturas: \[15\cos(6t)+135=-10\sen(0{,}5t)+135.\] \[15\cos(6t)=-10\sen(0{,}5t).\] Resolución numérica con GDC (minutos desde 15:00): \(t\approx 15{,}8806\). Hora: 15:16.

Pregunta 5

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Una cubierta de plástico combina un cilindro (radio interno \(r\) cm, altura \(h\) cm) con una semiesfera superior, sin base. El plástico solo forma las superficies curvas.

(a) Exprese el área total interna \(A\) (cm\(^2\)) en función de \(r,h\).

(b) Muestre que el volumen total encerrado es \(V=\dfrac{2\pi r^3}{3}+\pi r^2h\).

(d) Usando (c), muestre que \(\displaystyle A=\frac{2\pi r^2}{3}+\frac{20\,000}{r}\).

(e) Halle \(\dfrac{dA}{dr}\).

(f) Halle los valores de \(r\) y \(h\) que minimizan el uso de plástico.

(g) Interpretando (f), sugiera la mejor forma de la cubierta.

Cubierta formada por un cilindro y una semiesfera con radio r y altura h.

(a) Semiesfera (superficie curva interna) \(=2\pi r^2\). Cilindro (superficie lateral) \(=2\pi rh\). Por tanto

\[A=\boxed{2\pi r^2 + 2\pi r h}.\]

(b) Volumen semiesfera \(=\tfrac{2}{3}\pi r^3\); volumen cilindro \(=\pi r^2h\). Así,

\[V=\boxed{\frac{2\pi r^3}{3}+\pi r^2h}.\]

\[\pi r^2h=10\,000-\frac{2\pi r^3}{3}\;\Rightarrow\; h=\frac{30\,000-2\pi r^3}{3\pi r^2}=\boxed{\frac{30\,000-2\pi r^3}{3\pi r^2}}.\]

(d) Sustituimos \(h\) en \(A\):

\[A=2\pi r^2+2\pi r\Big(\frac{30\,000-2\pi r^3}{3\pi r^2}\Big)=2\pi r^2+\frac{2}{3r}(30\,000-2\pi r^3).\]

\[A=2\pi r^2+\frac{60\,000}{3r}-\frac{4\pi r^2}{3}=\frac{2\pi r^2}{3}+\frac{20\,000}{r}=\boxed{\frac{2\pi r^2}{3}+\frac{20\,000}{r}}.\]

(e) Derivamos respecto de \(r\):

\[\frac{dA}{dr}=\frac{4\pi r}{3}-\frac{20\,000}{r^2}=\boxed{\frac{4\pi r}{3}-\frac{20\,000}{r^2}}.\]

(f) Mínimo cuando \(\dfrac{dA}{dr}=0\): \[\frac{4\pi r}{3}=\frac{20\,000}{r^2}\;\Rightarrow\; \frac{4\pi}{3}r^3=20\,000\;\Rightarrow\; r^3=\frac{15\,000}{\pi}.\]

\[r=\Big(\frac{15\,000}{\pi}\Big)^{1/3}\approx \boxed{16{,}84\ \text{cm}}.\]

Con (c): \(h=\dfrac{30\,000-2\pi r^3}{3\pi r^2}=0\). Por tanto \(\boxed{h=0\ \text{cm}}\).

(g) Con \(h=0\), la cubierta óptima es solo la semiesfera: semiesfera.