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Matemáticas AE NM

Prueba 1 Noviembre 2024

Práctica de Prueba 1 sin calculadora, con preguntas de examen y soluciones desarrolladas.

Prueba 11 h 30 min
9preguntas

Estudio de caso

Matemáticas: Análisis y Enfoques NM – Prueba 1. No se permite calculadora. Conteste todas las preguntas. Salvo indicación en contrario, dé respuestas exactas o aproximadas con tres cifras significativas.

Preguntas y soluciones

Pregunta 1
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Considere el siguiente conjunto de datos ordenados: 22 22 26 27 28 32 36 38 39 42

(a) Escriba (i) la moda; (ii) el rango; (iii) la mediana.

(b) Halle el rango intercuartil.

Datos (n = 10): 22, 22, 26, 27, 28, 32, 36, 38, 39, 42.

(a)(i) La moda es el valor más frecuente: aparece dos veces 22.

Respuesta: 22.

(ii) Rango = máximo – mínimo = 42 – 22.

Respuesta: 20.

(iii) Mediana: para n par, promedio del 5.º y 6.º valores: \(\dfrac{28+32}{2}=30\).

Respuesta: 30.

(b) Cuartiles con división en mitades de 5 datos cada una.

  • Mitad inferior: 22, 22, 26, 27, 28 \(\Rightarrow Q_1=26\).
  • Mitad superior: 32, 36, 38, 39, 42 \(\Rightarrow Q_3=38\).

RIC = \(Q_3 – Q_1 = 38 – 26 = \)12.

Pregunta 2
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A y B pertenecen a una circunferencia de centro O y radio r cm, con \(\angle A\hat{O}B = 1{,}5\) rad. El área del sector circular OAB es 48 cm\(^2\).

(a) Halle r.

(b) A partir de lo anterior, halle el perímetro del sector OAB.

Sector circular OAB con ángulo 1,5 radianes

(a) Área de sector: \(A=\tfrac12 r^2\theta\). Con \(A=48\) y \(\theta=1{,}5\):

\[ \tfrac12 r^2(1{,}5) = 48 \;\Rightarrow\; r^2 = \frac{96}{1{,}5} = 64 \;\Rightarrow\; r = \;8\text{ cm}. \]\(8\text{ cm}\)

(b) Perímetro del sector: suma de los dos radios y la longitud de arco: \(P = 2r + r\theta = 2\cdot 8 + 8\cdot 1{,}5 = 16 + 12\).

Perímetro: \(28\text{ cm}\).

Pregunta 3
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Dos sucesos A y B cumplen: \(P(A)=0{,}65\), \(P(B)=0{,}45\) y \(P(A\cup B)=0{,}85\).

(a) Halle \(P(A\cap B)\).

(b) Halle \(P(A’\mid B’)\).

(a) Fórmula de la unión: \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\).

\[ P(A\cap B)=0{,}65+0{,}45-0{,}85=\;0{,}25. \]0{,}25

(b) \(P(B’)=1-P(B)=0{,}55\). Además, \(P(A’\cap B’)=1-P(A\cup B)=0{,}15\).

\[ P(A’\mid B’)=\frac{P(A’\cap B’)}{P(B’)}=\frac{0{,}15}{0{,}55}=\;\tfrac{3}{11}. \]\(\tfrac{3}{11}\)

Pregunta 4
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Pruebe que \((3n+2)^2-(3n-2)^2\) es múltiplo de 12 para todo \(n\in\mathbb{Z}^+\).

Usamos diferencia de cuadrados: \(a^2-b^2=(a+b)(a-b)\) con \(a=3n+2\), \(b=3n-2\).

\[ (3n+2)^2-(3n-2)^2=(3n+2+3n-2)\,(3n+2-(3n-2))=6n\cdot 4=24n=12(2n). \]

Como es 12 por un entero, es múltiplo de 12. \(\text{QED}\)

Pregunta 5
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En el triángulo ABC se tiene \(AB=4\) cm, \(BC=6\) cm, \(AC=5\) cm y \(\angle ABC=2\theta\). Halle el valor exacto de \(\cos\theta\); dé la respuesta en la forma \(\dfrac{p\sqrt{2}}{q}\), donde \(p,q\in\mathbb{Z}^+\).

Triángulo ABC con lados 4 cm, 5 cm, 6 cm y ángulo 2 theta

En el ángulo \(B\) aplicar ley del coseno:

\[ \cos(2\theta)=\frac{AB^2+BC^2-AC^2}{2\,AB\,BC}=\frac{4^2+6^2-5^2}{2\cdot 4\cdot 6}=\frac{27}{48}=\frac{9}{16}. \]

Usar \(\cos(2\theta)=2\cos^2\theta-1\):

\[ 2\cos^2\theta-1=\frac{9}{16} \;\Rightarrow\; \cos^2\theta=\frac{1+\tfrac{9}{16}}{2}=\frac{25}{32}. \]

Como \(\theta\) es un ángulo interno agudo, \(\cos\theta>0\):

\[ \cos\theta=\sqrt{\frac{25}{32}}=\frac{5}{\sqrt{32}}=\frac{5\sqrt{2}}{8}. \]

Respuesta: \(\dfrac{5\sqrt{2}}{8}\) (aqui, \(p=5\), \(q=8\)).

Pregunta 6
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Sea una progresión aritmética con \(u_{10}=16\) y \(S_{25}=100\). Halle el valor de \(k\) para el cual \(u_k=0\).

Notación: \(u_n=u_1+(n-1)d\), \(S_n=\dfrac{n}{2}[2u_1+(n-1)d]\).

De \(u_{10}=16\): \(u_1+9d=16\). De \(S_{25}=100\): \(\dfrac{25}{2}[2u_1+24d]=100\Rightarrow 2u_1+24d=8\Rightarrow u_1+12d=4\).

Restando: \((u_1+12d)-(u_1+9d)=4-16\Rightarrow 3d=-12\Rightarrow d=-4\). Luego \(u_1=16-9(-4)=52\).

Ahora \(u_k=0\): \(0=52+(k-1)(-4)\Rightarrow 4(k-1)=52\Rightarrow k-1=13\Rightarrow k=14\). Respuesta: \(k=14\).

Pregunta 7
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La figura muestra partes de los gráficos de \(f\) y \(g\). El gráfico de \(f\) es lineal, con intersecciones en (4,0) y (0,8). El de \(g\) corta al eje x en (\(-2\),0) y (4,0) y al eje y en (0,8).

(a) Escriba \(f(x)=mx+c\).

(b) Dada \(g(x)=-x^2+bx+8\), halle \(b\).

(c) Muestre que el área cerrada por los gráficos de \(f\) y \(g\) se escribe como \(\int_{0}^{4}(-x^2+4x)\,dx\).

(d) A partir de lo anterior, halle dicha área.

(e) Si la tangente a \(g\) en un punto \(P\) es paralela al gráfico de \(f\), halle las coordenadas de \(P\).

Gráficos de f y g con interceptos (-2,0), (0,8) y (4,0)

(a) Pendiente con (0,8) y (4,0): \(m=\dfrac{0-8}{4-0}=-2\). Intersección en y: \(c=8\). Así, f(x)=-2x+8.

(b) Como (4,0) está en \(g\): \(0=-(4)^2+4b+8\Rightarrow -16+4b+8=0\Rightarrow b=2\). b=2.

(c) \(g(x)-f(x)=[-x^2+2x+8]-[-2x+8]=-x^2+4x\). La región va de \(x=0\) a \(x=4\). Por tanto, \(\int_0^4(-x^2+4x)\,dx\).

(d) \(\int(-x^2+4x)\,dx=-\tfrac{x^3}{3}+2x^2\). Evaluando en 0 y 4: \(\left(-\tfrac{64}{3}+32\right)-0=\tfrac{32}{3}\). \(\dfrac{32}{3}\text{ unidades}^2\).

(e) Paralelismo \(\Rightarrow\) misma pendiente \(-2\). Derivada: \(g'(x)=-2x+2\). Igualando: \(-2x+2=-2\Rightarrow x=2\). Entonces \(y=g(2)=-(4)+2\cdot2+8=8\). P=(2,8).

Pregunta 8
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Sea \(f(x)=\log_2(4x)\), \(x>0\).

(a) Halle (i) \(f(8)\); (ii) \(f\!\left(\tfrac{1}{4}\right)\).

(b) Halle una expresión para \(f^{-1}(x)\).

(c) A partir de lo anterior, halle \(f^{-1}(0)\).

(d) El gráfico de \(y=f(16x^3)\) se obtiene a partir de \(y=\log_2 x\) mediante dos transformaciones. Descríbalas y el orden en que se realizan.

(a)(i) \(f(8)=\log_2(4\cdot 8)=\log_2(32)=\;5\)5.

(ii) \(f\!\left(\tfrac{1}{4}\right)=\log_2\!\left(4\cdot \tfrac{1}{4}\right)=\log_2(1)=\;0\)0.

(b) Sea \(y=\log_2(4x)\). Intercambiando: \(x=\log_2(4y)\). Forma exponencial: \(2^x=4y\Rightarrow y=2^{x-2}\). Por tanto, f^{-1}(x)=2^{x-2}.

(c) \(f^{-1}(0)=2^{0-2}=\;\tfrac{1}{4}\)\(\tfrac{1}{4}\).

(d) \(f(16x^3)=\log_2(64x^3)=\log_2 64+\log_2 x^3=6+3\log_2 x\).

Interpretación: primero un estiramiento vertical de razón 3 aplicado a \(y=\log_2 x\), y después una traslación vertical hacia arriba de 6 unidades. Orden: estirar y luego trasladar.

Pregunta 9
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Cilindro de radio exterior \(4r\) y altura \(h\); se extrae un cilindro interior de radio \(r\). Sea \(S\) el área total de superficie (cm\(^2\)) y \(V\) el volumen (cm\(^3\)).

(a) Muestre que \(S=30\pi r^2+10\pi r h\).

(b) Dado \(S=240\pi\), muestre que \(V=360\pi r-45\pi r^3\).

(c) Halle \(\dfrac{dV}{dr}\).

(d) El volumen es máximo cuando \(r^2=\dfrac{p}{3}\), con \(p\in\mathbb{Z}^+\). Halle \(p\).

(e) A partir de lo anterior, halle el volumen máximo en la forma \(q\pi\sqrt{\tfrac{2}{3}}\), indicando \(q\in\mathbb{Z}^+\).

Cilindro hueco con radios r y 3r y altura h

(a) Superficies curvas: exterior \(2\pi(4r)h=8\pi rh\); interior \(2\pi r h\). Bases anulares (superior e inferior): cada una \(\pi(4r)^2-\pi r^2=15\pi r^2\); hay dos.

\[ S=2(15\pi r^2)+8\pi rh+2\pi rh=30\pi r^2+10\pi rh. \]

(b) De \(S=240\pi\): \(30\pi r^2+10\pi rh=240\pi\Rightarrow h=\dfrac{240\pi-30\pi r^2}{10\pi r}=\dfrac{24-3r^2}{r}.\)

Volumen hueco = exterior – interior: \(V=\pi(4r)^2h-\pi r^2 h=15\pi r^2h\).

\[ V=15\pi r^2\cdot \frac{24-3r^2}{r}=360\pi r-45\pi r^3. \]

(c) \(\dfrac{dV}{dr}=360\pi-135\pi r^2\).

(d) En el máximo, \(\dfrac{dV}{dr}=0\Rightarrow 360\pi-135\pi r^2=0\Rightarrow r^2=\dfrac{360}{135}=\dfrac{8}{3}\). Por tanto, en \(r^2=\dfrac{p}{3}\) se tiene p=8.

(e) Sustituir \(r=\sqrt{\tfrac{8}{3}}\) en \(V=360\pi r-45\pi r^3\). Como \(r=\sqrt{\tfrac{8}{3}}=2\sqrt{\tfrac{2}{3}}\) y \(r^3=\tfrac{16}{3}\sqrt{\tfrac{2}{3}}\):

\[ V_{\max}=360\pi\,\big(2\sqrt{\tfrac{2}{3}}\big)-45\pi\,\big(\tfrac{16}{3}\sqrt{\tfrac{2}{3}}\big)=720\pi\sqrt{\tfrac{2}{3}}-240\pi\sqrt{\tfrac{2}{3}}=480\pi\sqrt{\tfrac{2}{3}}. \]

Así, q=480 y el volumen máximo es \(480\pi\sqrt{\tfrac{2}{3}}\).