Resolución · PAU Convocatoria Ordinaria Junio 2026 · Ordinaria 2026

1. Definimos los sucesos $E$ = «persona enferma», $S$ = «persona sana», $T^{+}$ = «test positivo». Del enunciado: $P(E)=0,20$, $P(S)=0,80$, $P(T^{+}|E)=0,90$ y $P(T^{+}|S)=0,05$.

2. Probabilidad total: la gente da positivo o bien estando enferma o bien estando sana, y los dos casos no se solapan.

1. Se pide $P(S|T^{+})$. Es una probabilidad «al revés» (conocemos $P(T^{+}|S)$), así que usamos el teorema de Bayes.

2. Sustituimos: el numerador son los falsos positivos ($0,05\cdot 0,80=0,04$).

1. Cada persona es un ensayo independiente con probabilidad de estar enferma $0,20$. Si $X$ = «n.º de enfermos entre 8», entonces $X\sim B(8;0,2)$ y $P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{k}\right)0,2^{k}0,8^{8-k}$.

2. «Como máximo dos» significa $X\le 2$: sumamos $k=0,1,2$.

1. Tv=u es un sistema 3×3 con matriz de coeficientes $T$ y términos independientes $u$. Su determinante, desarrollando por la tercera fila, es $|T|=1\cdot (4-m^2)$.

2. Si $m\ne \pm 2$: $\mathrm{rg}T=\mathrm{rg}(T|u)=3=$ n.º de incógnitas.

3. Si $m=2$: las dos primeras filas coinciden ($2x+2y=4$), por lo que $\mathrm{rg}T=2$. En la ampliada, las filas 1 y 2 siguen siendo iguales y la fila 3 aporta $z=-2$, así que $\mathrm{rg}(T|u)=2$.

4. Si $m=-2$: sumando las dos primeras ecuaciones, $(2x-2y)+(-2x+2y)=4+4$, queda $0=8$. Contradicción: en la ampliada hay un menor de orden 3 no nulo.

1. Con $m=-1$ el determinante vale $4-1=3\ne 0$: sistema compatible determinado. Escribimos las ecuaciones.

2. Resolvemos el bloque $2\times 2$ por reducción: multiplicamos la 2.ª por 2 y sumamos: $3y=12$.

1. Para $m=2$: $T-\alpha I=\left(\begin{array}{ccc}2-\alpha & 2& 0\\ 2& 2-\alpha & 0\\ 0& 0& 1-\alpha \end{array}\right)$. Desarrollamos por la 3.ª fila.

2. Igualamos a cero: tres raíces reales.

1. Una matriz es ortogonal si $A^{-1}=A^t$, es decir, si $A{A}^t=I$. Calculamos el producto.

2. Efectuamos las operaciones y usamos ${\cos }^2\alpha +{\mathrm{sen}}^2\alpha =1$.

1. Imponemos $B{B}^t=I$.

2. Igualando a la identidad: $a^2=1$ y $b^2=1$. Cada uno puede ser $1$ o $-1$ de forma independiente.

1. Aislamos $BX$ y, como $B$ es ortogonal, $B^{-1}=B^t$: no hace falta invertir nada.

2. Restamos las matrices conocidas.

3. Multiplicamos por $B^t=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& b\\ 0& 1& 0\\ a& 0& 0\end{array}\right)$ (la 1.ª fila de $X$ es $b$ por la 3.ª de $D-C$, la 3.ª es $a$ por la 1.ª).

1. De $r$ leemos un punto $A=(0,-1,1)$ y la dirección $\vec{d}=(2,-1,1)$; del plano, la normal $\vec{n}=(2,m,1)$. Perpendiculares significa que $\vec{d}$ y $\vec{n}$ son paralelos.

2. Las razones primera y tercera valen 1, luego la segunda también.

1. Paralelos: $\vec{d}$ perpendicular a $\vec{n}$.

2. Comprobamos que $r$ no está contenida en $\pi$: sustituimos $A=(0,-1,1)$ en $\pi$ con $m=5$.

1. Ponemos $r$ en paramétricas, $(x,y,z)=(2\lambda ,-1-\lambda ,1+\lambda )$, y sustituimos en $\pi$.

2. Agrupamos y despejamos $\lambda$: $(5-m)\lambda =m+2$. Solo se puede dividir si $m\ne 5$.

3. Sustituimos $\lambda$ en la recta.

4. Si $m=5$ la ecuación queda $0\cdot \lambda =7$: imposible, la recta es paralela y no corta al plano.

1. De $\frac{x-1}{0}=y-1=\frac{z-1}{-1}$ leemos un punto $(1,1,1)$ y el vector director ${\vec{d}}_s=(0,1,-1)$. Un plano perpendicular a $s$ tiene como normal a ${\vec{d}}_s$.

2. Imponemos que pase por $(1,1,1)$.

1. Los puntos de $s$ son $(1,1+t,1-t)$. Imponemos que su distancia al origen sea 4 (elevamos al cuadrado).

2. Desarrollamos: los términos en $t$ se cancelan.

3. Sustituimos los dos valores de $t$.

1. El ángulo entre una recta y un eje (que es otra recta con vector $\vec{k}=(0,0,1)$) cumple $\cos \theta =\frac{|{\vec{d}}_s\cdot \vec{k}|}{|{\vec{d}}_s||\vec{k}|}$.

1. El denominador $x^2+1\ge 1>0$ nunca se anula: $f$ es un cociente de polinomios definido en todo $\mathbb{R}$.

1. No hay asíntotas verticales (el denominador no se anula). En el infinito el denominador tiene mayor grado que el numerador.

2. Derivamos con la regla del cociente.

3. El denominador es positivo; el signo lo da $1-2x-x^2$, que se anula en $x=-1\pm \sqrt{2}$ y es positiva entre ambas raíces (parábola con ramas hacia abajo).

1. Por el signo de $f^{\prime }$: mínimo relativo en $x=-1-\sqrt{2}$ y máximo relativo en $x=-1+\sqrt{2}$. Calculamos los valores (racionalizando).

2. Como $f(x)\to 0$ en $\pm \infty$, y el máximo es positivo y el mínimo negativo, ningún valor de la función supera al máximo ni baja del mínimo: son también absolutos.

1. Cortes con los ejes: $f(0)=1$ y $f(x)=0⟺x=-1$. Dibujamos desde la asíntota $y=0$ por debajo (en $-\infty$), bajando hasta el mínimo en $x\approx -2,41$, subiendo por $(-1,0)$ y $(0,1)$ hasta el máximo en $x\approx 0,41$, y bajando después hacia $y=0$ por encima.

1. Cortes con los ejes: con OY, $f(0)=\cos 0+2=3$. Con OX: $f(x)=0$ exigiría $\cos \frac{\pi x}{9}=-2$, imposible porque $\cos \ge -1$ (de hecho $1\le f\le 3$).

2. Derivamos.

3. En $[0,12]$ se anula cuando $\frac{\pi x}{9}=0,\pi$, es decir, $x=0$ y $x=9$. Signo: $\sin >0$ si $x\in (0,9)$ y $\sin <0$ si $x\in (9,12]$, porque $\frac{\pi x}{9}\in (0,\pi )$ y luego $\in (\pi ,\frac{4\pi }{3}]$.

4. Extremos absolutos: comparamos los valores en los extremos del intervalo y en el punto crítico.

1. El área verde es la que queda bajo la curva: ${\int }_0^{12}f(x)dx$.

2. Evaluamos: $\sin \frac{4\pi }{3}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$.

3. El área roja es el resto de la pared, de $12\cdot 3=36{\mathrm{m}}^2$.

1. Cada bote cubre $3{\mathrm{m}}^2$: dividimos el área verde y redondeamos hacia arriba.