Matemáticas II PAU 2025

Enunciado del examen en texto

Texto sacado del PDF oficial. Las fórmulas, tablas y figuras se ven mejor en el visor de arriba.

2025 Proves d’accés a la universitat

Matemàtiques Sèrie 1

Qualificació

Comprovació

2a correcció

Exercici 1 Exercici 2 Exercici 3 Exercici 4. Opció ___ Suma de notes parcials Qualificació final

Etiqueta de l’estudiant

Ubicació del tribunal ..............................................................................

Número del tribunal ...............................................................................

Etiqueta de qualificació

Etiqueta de correcció

L’examen consta de QUATRE exercicis obligatoris. Cada exercici val 2,5 punts. Feu els exercicis 1, 2 i 3 responent a TOTES les qüestions que s’hi plantegen. A l’exercici 4, trieu UNA de les dues opcions (A o B) proposades.

En totes les respostes, expliqueu sempre què voleu fer i per què. Cal que la redacció de la resposta es faci de manera coherent, amb correcció i claredat, emprant la notació i el vocabulari matemàtic adequats i expressant la solució de manera clara.

Podeu utilitzar les pàgines en blanc del final del quadern per a fer esquemes, esborranys, etc., o per a acabar de respondre a algun exercici si necessiteu més espai. En aquest últim cas, cal que ho indiqueu clarament al final de la pàgina de l’exercici corresponent.

Podeu utilitzar calculadora, però no es permet l’ús de calculadores o altres aparells capaços d’emmagatzemar dades o de transmetre o rebre informació.

Exercici 1 Considereu la funció

a) Determineu els talls de la corba y = f(x) amb els eixos de coordenades, i les equacions de les seves possibles asímptotes verticals, horitzontals i obliqües.

[1 punt]

b) Calculeu les equacions de les rectes tangents a la corba y = f(x) en els punts x = 0 i x = 2. Aquestes dues rectes són paraŀleles? Justifiqueu la resposta.

[1 punt]

c) Hi ha algun punt on la recta tangent a f(x) tingui pendent 1? En cas afirmatiu, trobeu-lo.

[0,5 punts]

Espai per a la correcció

Exercici 1

Total

Exercici 2 Considereu el sistema d’equacions lineals següent:

a) Discutiu el sistema per als diferents valors del paràmetre p.

[1,25 punts]

b) Resoleu el sistema per al cas p = –1.

[0,5 punts]

c) Per al cas p = –1, hi ha alguna solució que compleixi, a més, xy = 10? En cas afirmatiu, indiqueu quantes n’hi ha i trobeu-les totes.

[0,75 punts]

Espai per a la correcció

Exercici 2

Total

Exercici 3 Una empresa produeix dos tipus de peces, de ferro i d’acer. El 60 % de la producció total correspon a peces de ferro i la resta són d’acer. Sabem que el 95 % de les peces de ferro produïdes no tenen cap defecte, mentre que el 3 % de les peces d’acer són defectuoses.

a) Si agafem una peça a l’atzar, quina és la probabilitat que sigui defectuosa?

[0,75 punts]

b ) L’empresa aviat diversificarà la producció i començarà a produir també peces de titani, que es vendran en paquets de 5. Si la probabilitat que una peça de titani sigui defectuosa és un valor desconegut p, i cada peça és defectuosa independentment de les altres, comproveu que l’expressió que ens dona la probabilitat que en un paquet de 5 peces n’hi hagi exactament 4 de defectuoses (en funció de p) és f(p) = 5(p4 – p5).

[0,75 punts]

c) Considereu la funció f (p) de l’apartat anterior. Determineu el valor màxim que pren f (p) quan p ≥ 0.

[1 punt]

Espai per a la correcció

Exercici 3

Total

Exercici 4 Trieu UNA de les dues opcions (A o B) i responeu a les qüestions que s’hi plantegen.

OPCIÓ A La vela major d’un veler té forma semiparabòlica i està delimitada per les gràfiques de f(x) = –x2 + 25, y = 0 i x = 0, tal com s’indica a la figura següent:

La vela té dues parts separades per la recta y = 9. Per a construir-la, s’empra un teixit de niló a la part superior, que costa 50 €/u2, i un teixit de polièster a la part inferior, que costa 70 €/u2. Calculeu el cost total del material que es necessita per a construir aquesta vela.

[2,5 punts]

OPCIÓ B Considereu el pla π d’equació x + y = 0.

a) Calculeu l’equació del pla π′ que és perpendicular a π i conté els punts P = (1, –1, 2) i Q = (3, –3, 6).

[1 punt]

b) Calculeu l’equació paramètrica de la recta continguda en π′ i que conté els punts de π′ a la mateixa distància de P que de Q.

[1,5 punts]

Espai per a la correcció Exercici 4. Opció ___

Total

[Pàgina per a fer esquemes, esborranys, etc., o per a acabar de respondre a algun exercici.]

[Pàgina per a fer esquemes, esborranys, etc., o per a acabar de respondre a algun exercici.]

Comprovació:

2a correcció:

3a correcció:

Etiqueta de l’estudiant

L’Institut d’Estudis Catalans ha tingut cura de la correcció lingüística i de l’edició d’aquesta prova d’accés

Soluciones y criterios de corrección en texto

Pàgina 1 de 6 Matemàtiques Proves d’accés a la Universitat 2025, convocatòria ordinària. Criteri específic d'avaluació

SÈRIE 4

1. a) El domini d’aquesta funció és 𝐷𝑜𝑚(𝑓) = { 𝑥 ∈ 𝑅 ∣ 1 + 𝑥 3 ≥ 0 } = { 𝑥 ∈ 𝑅 ∣ 𝑥 3 ≥ −1 } = { 𝑥 ∈ 𝑅 ∣ 𝑥 ≥ −1 } = [−1, +∞).

Com que 𝑓(0) = √1 + 03 = 1, el tall d’aquesta funció amb l’eix d’ordenades és al punt (0,1). Els talls amb l’eix d’abscisses corresponen a les solucions de l’equació 𝑓(𝑥) = 0, que són √1 + 𝑥 3 = 0 ⟶ 1 + 𝑥 3 = 0 ⟶ 𝑥 3 = −1 ⟶ 𝑥 = −1.

Per tant, es tracta només del punt (−1, 0).

b) La derivada de 𝑓(𝑥) és 𝑓’(𝑥) =

3𝑥 2 2√1+𝑥

, i l’equació de l’enunciat és

3𝑥 2 2√1+𝑥 3

= 0.

Aïllant, ens queda 3𝑥 = 0 i, per tant 𝑥 = 0. L’únic candidat a extrem dins l’interior del domini és, doncs, el punt 𝑥 = 0. Ara bé, la funció derivada és positiva, 𝑓’(𝑥) ≥ 0, per que es tracta d’una fracció entre nombres sempre positius. Això vol dir que 𝑓 és una funció creixent en tot el seu domini [−1, ∞). Per tant, aquesta funció no té cap màxim ni mínim locals.

c) El punt de tangència (𝑎, 3) està sobre la gràfica de la funció i, per tant, compleix

𝑓(𝑎) = √1 + 𝑎3 = 3 ⟶ 1 + 𝑎3 = 9 ⟶ 𝑎3 = 8 ⟶ 𝑎 = √8 = 2.

Aquesta recta tangent tindrà pendent 𝑚 = 𝑓 ′ (2) =

3·22 2√1+23

= 2. Per tant, es tracta

de 𝑦 − 3 = 2(𝑥 − 2) ⟶ 𝑦 = 2𝑥 − 1.

Criteris de correcció: (a) Compteu 0,25 per la determinació del domini de la funció, i 0,25 pel càlcul dels punts de tall. (b) Compteu 0,25 pel càlcul de la derivada, 0,25 per als punts crítics, 0,25 per determinar que no hi ha màxims ni mínims locals, i 0,25 per reconèixer que es tracta d’una funció creixent. (c) Compteu 0,5 punts per determinar l’abscissa del punt de tangència i 0,5 pel càlcul de la recta tangent.

Pàgina 2 de 6 Matemàtiques Proves d’accés a la Universitat 2025, convocatòria ordinària. Criteri específic d'avaluació

2. a) Comencem calculant el determinant de la matriu de coeficients del sistema:

3 𝑎 |−2 −6 2| = −6 + 6𝑎 − 6𝑎 − (−6𝑎2 + 6 − 6) = 6𝑎2 − 6

3 1 = 6(𝑎2 − 1).

Clarament s’anul·la només quan 𝑎 = ±1. Per tant si 𝑎 ≠ 1 i 𝑎 ≠ −1 el rang de la matriu de coeficients és 3, el rang de la matriu ampliada també i, com que tenim tres incògnites, és un sistema compatible determinat.

Per al cas 𝑎 = 1 tenim el sistema d’equacions:

3 1 1 (−2 −6 2 | 2 ).

3 1 3 Fem Gauss: a la fila 2 li sumem dues vegades la fila 1, i a la fila 3 li restem la fila 1:

3 1 1 1 3 (−2 −6 2 | 2 ) ~ (0 0

3 1 3 0 0

1 1 4 | 4 ).

0 2

Clarament, veient la tercera equació, es tracta d’un sistema incompatible.

Finalment, per al cas 𝑎 = −1 tenim el sistema

3 −1

(−2 −6 2 | −2 ) −1 3

Tornem a fem Gauss: a la fila 2 li sumem dues vegades la fila 1, i a la fila 3 li sumem la fila 1:

3 −1

(−2 −6 2 | −2 ) ~ (0 −1 3

3 −1 1 0 0 | 0) 6 0

Ara està clar que els rangs de les matrius de coeficients i ampliada són ambdós 2 i, com que hi ha tres incògnites, el sistema és compatible indeterminat amb un grau de llibertat.

b) Per al cas 𝑎 ≠ 1 i 𝑎 ≠ −1 el sistema ens ha donat compatible determinat, la qual cosa significa que els tres plans 𝜋1 , 𝜋2 i 𝜋3 es tallen en un sol punt comú.

Pàgina 3 de 6 Matemàtiques Proves d’accés a la Universitat 2025, convocatòria ordinària. Criteri específic d'avaluació

Per al cas 𝑎 = 1 el sistema és incompatible i, per tant, els tres plans a la vegada no s’intersequen. Clarament, 𝜋1 i 𝜋3 són plans paral·lels (per que els vectors (1, 3, 1) i (1, 3, 1) són proporcionals) i 𝜋2 és un pla secant als dos anteriors.

Finalment, per al cas 𝑎 = −1, tenim que 𝜋1 = 𝜋2 (les equacions són proporcionals) i 𝜋3 és un pla secant a l’anterior; per tant, la intersecció dels tres és una recta.

c) Pel que hem vist a l’apartat anterior l’únic cas en què la intersecció dels tres plans és una recta és per 𝑎 = −1. Resolem el sistema aprofitant els càlculs de l’apartat (a). Tenim

𝑦 = 6 = 3 i 𝑥 + 3 3 − 𝑧 = 1, per tant, 𝑥 = 𝑧 − 1. Les solucions, i per tant els punts de la

recta en qüestió són de la forma (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑧 − 1, 3 , 𝑧) = (−1, 3 , 0) + 𝑧(1,0,1). D’aquí

veiem que (−1, 3 , 0) és un punt d’aquesta recta i (1, 0, 1) n’és un vector director.

Criteris de correcció: (a) Compteu 0,25 pel càlcul del determinant, i 0,25 per la discussió de cadascun dels tres casos. (b) Compteu 0,25 per interpretar la posició relativa en cadascun dels tres casos. (c) Compteu 0,25 per agafar el valor adequat del paràmetre, 0,25 per resoldre el sistema, i 0,25 per deduir un punt i un vector director.

3. a) Considerem els esdeveniments aleatoris

𝐵 = ``𝑟𝑒𝑏𝑟𝑒 𝑢𝑛 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑢 𝑏𝑟𝑜𝑠𝑠𝑎′′ , 𝐶𝐵 = ``𝑟𝑒𝑏𝑟𝑒 𝑢𝑛 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑢 𝑎 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑟𝑝𝑒𝑡𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑢 𝑏𝑟𝑜𝑠𝑠𝑎′′ .

Segons les dades de l’enunciat tenim que 𝑃(𝐵) = 0,25, 𝑃(𝐵̅ ) = 1 − 0,25 = 0,75, ̅̅̅̅ ∣ 𝐵̅ ) = 0,9. Per la llei de la probabilitat total, 𝑃( 𝐶𝐵 ∣ 𝐵 ) = 0,95, i 𝑃( 𝐶𝐵 𝑃(𝐶𝐵) = 𝑃(𝐶𝐵 | 𝐵) 𝑃(𝐵) + 𝑃(𝐶𝐵 | 𝐵̅) 𝑃(𝐵̅ ) = 0,95 · 0,25 + (1 − 0,9) · 0,75 = = 0,3125.

b) Cal calcular 𝑃(𝐵̅ |𝐶𝐵). Per la fórmula de Bayes:

𝑃( 𝐵̅ ∣ 𝐶𝐵 ) =

𝑃(𝐵̅ ∩ 𝐶𝐵) 𝑃(𝐶𝐵 | 𝐵̅ ) · 𝑃(𝐵̅) 0,1 · 0,75

= 0,24.

𝑃(𝐶𝐵) 0,3125 0,3125

S’hi trobarà un 24% dels correus que no són brossa.

c) Calculant la funció de l’enunciat, la probabilitat de rebre almenys dos correus en menys de 𝑡 minuts és

𝐹(𝑡) = ∫0 𝐴𝑒 −0,5𝑥 𝑑𝑥 = [−0,5 𝑒 −0,5𝑥 ] = −0,5 (𝑒 −0,5𝑡 − 1) = 2𝐴(1 − 𝑒 −0,5𝑡 ).

Pàgina 4 de 6 Matemàtiques Proves d’accés a la Universitat 2025, convocatòria ordinària. Criteri específic d'avaluació

Imposant el valor de 𝐹(2) que ens donen, trobem 2𝐴(1 − 𝑒 −1 ) = 1 − 𝑒 −1 , d’on resulta 𝐴 = 0,5.

Criteris de valoració: (a) Compteu 0,25 per plantejar la llei de la probabilitat total, 0,25 per identificar les dades del problema, i 0,25 pel càlcul. (b) Compteu 0,25 per plantejar la fórmula de Bayes (o la fórmula de la probabilitat condicionada) i 0,5 pel càlcul. (c) Compteu 0,5 per al càlcul explícit de 𝐹(𝑡), 0,25 per imposar 𝐹(2), i 0,25 pel càlcul final.

4. OPCIÓ A. a) Com que el volum de la part cilíndrica ha de ser de 100 𝑐𝑚3,

tenim que 𝜋𝑟 2 ℎ = 100 i per tant ℎ = 𝜋𝑟 2. La superfície total de l’ampolla s’obté sumant la superfície de la base, 𝜋𝑟 2 , la superfície lateral del cilindre, 2𝜋𝑟ℎ, i la

superfície de la mitja esfera superior, 2 4𝜋𝑟 2 = 2𝜋𝑟 2; per tant, és 𝑆 = 𝜋𝑟 2 + 2𝜋𝑟ℎ + 2𝜋𝑟 2 = 3𝜋𝑟 2 + 2𝜋𝑟ℎ.

Si substituïm ℎ per l’expressió que tenim en funció de 𝑟, obtenim la funció 𝑆(𝑟) = 3𝜋𝑟 2 + 2𝜋𝑟 ·

3𝜋𝑟

𝜋𝑟 2

b) Busquem ara el mínim d’aquesta funció calculant la seva derivada:

𝑆 ′ (𝑟) = 6𝜋𝑟 −

𝑟2

Igualant-la a zero, 𝑆 ′ (𝑟) = 0, obtenim 6𝜋𝑟 − 6𝜋𝑟 = 𝑟3 =

𝑟= √

= 0, 𝑟2

𝑟2

3𝜋

≃ 2,2 𝑐𝑚.

3𝜋

Pàgina 5 de 6 Matemàtiques Proves d’accés a la Universitat 2025, convocatòria ordinària. Criteri específic d'avaluació

Per verificar que es tracta d’un mínim podem utilitzar la segona derivada 𝑆 ′′ (𝑟) = 6𝜋 +

𝑟3

que és clarament positiva per a qualsevol 𝑟 positiu. Per tant, per a 𝑟 = 2,2 𝑐𝑚

l’ampolla té superfície total mínima. En aquest cas tenim ℎ = = 6,6 𝑐𝑚 i la

𝜋·2,2

superfície total mínima és de 𝑆(2,2) = 3𝜋 · 2,22 + 2𝜋 · 2,2 · 6,6 ≃ 136,8 𝑐𝑚2.

Criteris de correcció: (a) Compteu 0,5 per la lligadura donada pel volum i 0,5 pel càlcul correcte de la fórmula de l’àrea total. (b) Compteu 0,5 punts pel càlcul de la derivada, 0,25 per trobar el valor de 𝑟, 0,25 per comprovar que es tracta d’un mínim, i 0,5 per donar la resposta completa (dimensions i àrea total).

4. OPCIÓ B. a) Tenim 𝐴𝐵 = (

2𝑎 0 2 0 )=(

2) ( 2 + 𝑎2

1 4

0 𝑎 )( 4 1

𝐵𝐴 = (

), 4𝑎2

2𝑎

2 ).

2) = (

4𝑎

Per tant, les matrius 𝐴 i 𝐵 commuten si i només si 2 + 𝑎2 = 𝑎 + 4, és a dir, si i només si 𝑎2 − 𝑎 − 2 = 0. Les solucions d’aquesta equació són 𝑎 = 1±3

1±√1−4(−2)

= 2, −1. Per 𝑎 = 2 la matriu 𝐴 coincideix amb 𝐵, i per 𝑎 = −1 obtenim 𝐴 = −1 0

).

1 1

b) La matriu 𝐴 és invertible si i només si det(𝐴) ≠ 0. Tenim

det(𝐴) = |

| = 𝑎3 .

𝑎2

Per tant la matriu 𝐴 és invertible si i només si 𝑎 ≠ 0.

Pàgina 6 de 6 Matemàtiques Proves d’accés a la Universitat 2025, convocatòria ordinària. Criteri específic d'avaluació

c) Que 𝐴 = 𝐴−1 és el mateix que dir 𝐴𝐴 = 𝐼𝑑. Imposant aquesta igualtat,

𝐴𝐴 = (

0 𝑎 )( 𝑎2 1

𝑎2

𝑎2 𝑎2 + 𝑎

0 ) = (1

𝑎4

),

obtenim les equacions 𝑎2 = 𝑎4 = 1 i 𝑎2 + 𝑎 = 0. Les dues primeres equacions es compleixen per 𝑎 = 1 i per 𝑎 = −1, i la tercera per 𝑎 = −1 i per 𝑎 = 0. Per tant, 𝐴−1 = 𝐴 si i només si 𝑎 = −1. Alternativament es pot calcular la matriu inversa,

0) = ( 𝑎 (𝐴𝑑𝑗 𝐴)𝑡 = 3 ( 𝑎 𝐴−1 =

det(𝐴)

−1 𝑎 − 3

𝑎2

);

i, imposant que coincideixi amb la matriu 𝐴, obtenim les equacions 𝑎2 = 1, 𝑎3 = −1, i 𝑎4 = 1, que tenen per solució 𝑎 = −1.

Criteris de correcció: (a) Compteu 0,25 pel càlcul de 𝐴𝐵, 0,25 pel càlcul de 𝐵𝐴, i 0,25 per resoldre l’equació i donar la resposta. (b) Compteu 0,25 pel càlcul del determinant i 0,5 per la resposta justificada. (c) Compteu 0,5 pel càlcul de 𝐴𝐴 (o de 𝐴−1 ), 0,25 per plantejar les equacions a resoldre, i 0,25 per la resposta. Si donen com a respostes vàlides totes les solucions parcials 𝑎 = 1, −1, 0, compteu només els 0,5 punts del càlcul de 𝐴2 (ó 𝐴−1).