Resolución del examen de selectividad de matemáticas II de Andalucía, convocatoria de junio 2023. Algunas resoluciones están incompletas: se actualizará el documento próximamente.

1. Autor: Martı́n de la Rosa Dı́az.
Correo electrónico: f42rodim@uco.es.
Fecha del documento: 14/06/2023.
Nota: Se trata de una versión preliminar que podrı́a contener errores o explicaciones
incompletas. Si descubre alguna errata, hágalo saber enviándome un correo.
EJERCICIO 1 [2.5 puntos]
Considera la función definida como 𝑓 (𝑥) =
1
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
.
a) [1.5 puntos] Estudia y halla los máximos y mı́nimos absolutos de 𝑓 (abcisas donde
se obtienen y valores que se alcanzan).
b) [1 punto] Calcula lı́m
𝑥−→+∞
(𝑥2
𝑓 (𝑥)).
a) Para determinar los máximos y mı́nimos absolutos, calculamos la derivada de 𝑓 (𝑥) y
la igualamos a cero. La derivada se obtiene aplicando la regla del cociente y teniendo en
cuenta que las derivadas de 𝑒𝑥 y 𝑒−𝑥 son 𝑒𝑥 y −𝑒−𝑥, respectivamente
𝑓 ′
(𝑥) = −
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
(𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥)2
.
Ası́, 𝑓 ′(𝑥) se anulará allı́ donde sea cero el numerador, es decir
𝑓 ′
(𝑥) = 0 ⇐⇒ 𝑒𝑥
− 𝑒−𝑥
= 0 =⇒ 𝑒𝑥
= 𝑒−𝑥
.
Uno puede, por inspección, percatarse de que la única solución de esta ecuación es
𝑥 = 0. Si no lo vislumbra directamente, aplica logaritmos naturales a ambos lados de la
igualdad, dando
ln(𝑒𝑥
) = ln(𝑒−𝑥
) =⇒ 𝑥 ln𝑒 = −𝑥 ln𝑒 =⇒ 𝑥 = −𝑥,
donde en la primera flecha se ha usado que ln 𝐴𝐵 = 𝐵 ln 𝐴, y en la segunda, que ln𝑒 = 1.
Finalmente, el único número que coincide con su negativo es el cero. Esta será la abcisa
del único posible máximo o mı́nimo absoluto (puesto que también podrı́a tratarse de un
punto de inflexión). Argumentaremos que es un máximo absoluto. Esto puede hacerse
de dos formas: o estudiando el signo de la derivada primera o evaluando la derivada
segunda en 𝑥 = 0 y viendo qué signo tiene la imagen. La segunda alternativa se antoja
harto tediosa, mientras que para la primera basta con calcular la imagen de la derivada
en dos puntos a cada lado del 0, o hallar su signo. Por ejemplo, 𝑓 ′(−1) > 0 y 𝑓 ′(1) < 0.
Esto nos indica que 𝑓 (𝑥) es creciente en 𝑥 < 0 y decreciente en 𝑥 > 0, de lo que dedu-
cimos que 𝑥 = 0 es un máximo. Además, es un máximo absoluto porque no hay más
1

2. máximos. Corresponde al punto de coordenadas (0, 𝑓 (0)) = (0, 1/2).
b) El lı́mite pedido es
lı́m
𝑥−→+∞
𝑥2
𝑓 (𝑥) = lı́m
𝑥−→+∞
𝑥2
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
.
La sustitución directa de +∞ produce el cociente indeterminado ∞/∞, ya que 𝑒𝑥 −→
𝑒+∞ = +∞ y 𝑒−𝑥 −→ 𝑒−∞ = 1/𝑒+∞ = 1/+∞ = 0. Las condiciones permiten aplicar la
regla de L’Hôpital, es decir, el anterior lı́mite es equivalente al que resulta de derivar
numerador y denominador. Esto da
lı́m
𝑥−→+∞
2𝑥
𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥
=
∞
∞
.
Aplicando L’Hôpital de nuevo
lı́m
𝑥−→+∞
2
𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥
=
2
+∞ + 0
= 0.
Nótese que era fácil anticipar este resultado: en el lı́mite, 𝑒−𝑥 tiende a cero y no contribu-
ye, por lo que el anterior lı́mite coincide con el de 𝑥2/𝑒𝑥, y la función 𝑒𝑥 crece muchı́simo
más rápido que 𝑥2, por lo que el cociente se hace arbitrariamente pequeño a medida que
𝑥 crece.
EJERCICIO 2 [2.5 puntos]
Sea la función 𝑓 : [−2, 2] −→ R definida por 𝑓 (𝑥) = 𝑥3 − 2𝑥 + 5.
a) [1.5 puntos] Determina las abcisas de los puntos, si existen, en los que la pendiente
de la recta tangente coincide con la pendiente de la recta que pasa por los puntos
(−2, 𝑓 (−2)) y (2, 𝑓 (2)).
b) [1 punto] Determina la ecuación de la recta tangente y la ecuación de la recta
normal a la gráfica de 𝑓 en el punto de inflexión.
a) Para empezar, como 𝑓 (−2) = (−2)3 − 2(−2) + 5 = 1 y 𝑓 (2) = 23 − 2 · 2 + 5 = 9, la pendiente
de la recta que pasa por los puntos (−2, 𝑓 (−2)) y (2, 𝑓 (2)) es
𝑚 =
𝑓 (2) − 𝑓 (−2)
2 − (−2)
=
9 − 1
2 − (−2)
=
8
4
= 2.
Por otro lado, la pendiente de la recta tangente a la gráfica de 𝑓 (𝑥) en la abcisa 𝑥 no es
sino la derivada 𝑓 ′(𝑥), cuya expresión general es 𝑓 ′(𝑥) = 3𝑥2 − 2. Se trata entonces de
determinar cuándo la derivada vale 2, esto es
3𝑥2
− 2 = 2 =⇒ 3𝑥2
= 4 =⇒ 𝑥2
=
4
3
=⇒ 𝑥 = ±
2
√
3
.
2

3. En conclusión, las abcisas buscadas son −2/
√
3 y 2/
√
3. Es importante notar que ambos
puntos pertenecen al dominio de la función, [−2, 2]. De lo contrario, no existirı́an abcisas
cumpliendo las condiciones (aunque la ecuación 𝑓 ′(𝑥) = 2 posea soluciones).
b) Buscamos el punto de inflexión en la segunda derivada, que es 𝑓 ′′(𝑥) = 6𝑥. Allı́ don-
de 𝑓 (𝑥) tiene un punto de inflexión, la derivada segunda se anula. Esto solo ocurre en
𝑥 = 0. No obstante, esto no es suficiente para asegurar que 𝑥 = 0 es un punto de in-
flexión: hay que estudiar el signo de la derivada primera o las derivadas sucesivas en
𝑥 = 0. Escogemos la primera ruta. Dado que 𝑓 ′(𝑥) es siempre negativa en un entorno
lo suficientemente pequeño de 𝑥 = 0, e.g. en [−0,5, 0,5], 𝑓 (𝑥) es decreciente en todo el
intervalo y no alcanza ni un máximo ni un mı́nimo en dicho punto. Esto confirma que
𝑥 = 0 es un punto de inflexión (porque no hay más posibilidades).
Existen fórmulas que permiten calcular de forma directa la recta tangente. Como el autor
de este texto no se las sabe, lo que hace es partir de la ecuación de la recta en la forma
𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑛 donde 𝑚 es la pendiente, que, por ser la recta tangente en 𝑥 = 0, sabemos
que vale 𝑚 = 𝑓 ′(0) = −2. Para calcular 𝑛, usamos lo otro que sabemos acerca de la recta
buscada: que en 𝑥 = 0 pasa por el punto (0, 𝑓 (0)) (porque si es tangente a la gráfica de
𝑓 (𝑥) significa que la interseca en ese punto). Como 𝑓 (0) = 5, que pase por este punto
implica, sustituyendo en 𝑦 = −2𝑥 + 𝑛 los valores 𝑥 = 0, 𝑦 = 5, que 0 = −2 · 0 + 5, o sea, que
𝑛 = 5. Nos queda entonces que la ecuación de la recta tangente es 𝑦 = −2𝑥 + 5.
Con la recta normal pasa como con la recta tangente: hay ecuaciones que uno puede
saberse de memoria para construirla. Si no, es más fácil recordar que la pendiente de la
recta normal es menos uno partido de la pendiente de la recta tangente. Por tanto, es de
la forma 𝑦 = 𝑥/2 + 𝑛. Y como también pasa por el punto (0, 𝑓 (0)), deducimos análoga-
mente que 𝑛 = 5, quedando que la ecuación es 𝑦 = 𝑥/2 + 5.
EJERCICIO 3 [2.5 puntos]
Considera la función 𝑓 : R −→ R definida por 𝑓 (𝑥) = 𝑥|𝑥 − 1|. Calcula el área del recin-
to limitado por la gráfica de dicha función y su recta tangente en el punto de abcisa 𝑥 = 0.
Ante todo, hemos de conocer bien la definición de valor absoluto de una función, |𝑓 (𝑥)|.
Este es otra función que siempre es positiva o nula, y que se define como aquella que
vale 𝑓 (𝑥) cuando 𝑓 (𝑥) es positiva o nula y −𝑓 (𝑥) cuando 𝑓 (𝑥) es negativa, es decir,
siempre que la función dentro del valor absoluto tenga signo negativo, le quitamos el
signo negativo para que siempre sea positiva o nula. Matemáticamente
|𝑓 (𝑥)| =
(
𝑓 (𝑥), 𝑓 (𝑥) ≥ 0
−𝑓 (𝑥), 𝑓 (𝑥) < 0
3

4. En particular, 𝑥 − 1 es negativa cuando 𝑥 < 1 y positiva o nula en el resto de puntos.
Entonces
𝑥|𝑥 − 1| =
(
𝑥(1 − 𝑥) = 𝑥 − 𝑥2, 𝑥 < 1
𝑥(𝑥 − 1) = 𝑥2 − 𝑥, 𝑥 ≥ 1
Hemos puesto el igual en la rama de 𝑥 > 1, pero se puede poner en cualquiera de las
dos. Ahora, la recta tangente de 𝑓 (𝑥) en 𝑥 = 0 se calcula con la expresión de la rama
𝑥 < 1. Al igual que en el ejercicio anterior, derivamos esta expresión, lo que da 1 − 2𝑥,
y la evaluamos en 𝑥 = 0. Resulta entonces que la pendiente vale 𝑓 ′(0) = 1. Además,
esta recta pasa por el punto (0, 𝑓 (0)) = (0, 0). Con estas dos condiciones, se sigue que la
recta tangente tiene por ecuación 𝑦 = 𝑥. Llamaremos a esta función 𝑔 (𝑥), de modo que
𝑔 (𝑥) = 𝑥.
Lo más pertinente para hallar el área entre dos funciones es, en primer lugar, hacer
un esbozo de la misma. Esto pasarı́a por dibujar las parábolas 𝑥 − 𝑥2 en el intervalo
(−∞, 1] y 𝑥2 − 𝑥 en [1, +∞). A lo mejor esto no resulta grato para todos, por lo que
razonaremos cómo hay que integrar las funciones implicadas sin dibujar nada. Sabemos
que los extremos de integración son (algunas de) las abcisas de los puntos de corte de
las dos gráficas. Por definición, 𝑦 = 𝑥 corta a 𝑓 (𝑥) en 𝑥 = 0, porque es su recta tangente
en ese punto. ¿Hay más puntos de corte? Si igualamos 𝑥 a 𝑥 − 𝑥2 nos queda 𝑥2 = 0, cuya
única solución es 𝑥 = 0, que ya conocı́amos. Esto nos dice que no hay más puntos de
corte en 𝑥 < 1. Igualando a la expresión de la otra rama, se tiene
𝑥2
− 𝑥 = 𝑥 =⇒ 𝑥2
= 2𝑥 =⇒ 𝑥(𝑥 − 2) = 0,
lo que da el otro punto de corte en 𝑥 = 2. Advertimos que aunque también esta ecuación
tiene por solución 𝑥 = 0, no serı́a válida porque está fuera del dominio de la rama
considerada, que es 𝑥 ≥ 1. Ası́ las cosas, las dos funciones se cortan en 𝑥 = 0 y 𝑥 = 2.
Ahora solo queda averiguar cuál está encima y cuál, debajo. Como 𝑓 (1) = 0 mientras
que 𝑔 (1) = 1, se tiene que 𝑔 (𝑥) ≥ 𝑓 (𝑥) en el intervalo [0, 2]. Es claro entonces que el área,
con el signo correcto, vendrá dada por la integral
𝐴 =
∫ 2
0
[𝑔 (𝑥) − 𝑓 (𝑥)] 𝑑𝑥 =
∫ 2
0
[𝑥 − 𝑥|𝑥 − 1|] 𝑑𝑥.
La manera de abordar integrales que contienen valores absolutos es partir el dominio de
integración en trozos allı́ donde se produzca un cambio de rama. Esto sucede en 𝑥 = 1,
donde 𝑓 (𝑥) pasa de ser 𝑥 − 𝑥2 a 𝑥2 − 𝑥. Por ende
𝐴 =
∫ 1
0
[𝑥 − (𝑥 − 𝑥2
)] 𝑑𝑥 +
∫ 2
1
[𝑥 − (𝑥2
− 𝑥)] 𝑑𝑥.
Las anteriores integrales son inmediatas y queda 𝐴 = 7/3.
4

5. EJERCICIO 4 [2.5 puntos]
Considera la función 𝐹 : R −→ R definida por 𝐹 (𝑥) =
∫ 𝑥
0
sin(𝑡2
) 𝑑𝑡. Calcula lı́m
𝑥−→0
𝑥𝐹 (𝑥)
sin(𝑥2)
.
Nos están pidiendo resolver el lı́mite
lı́m
𝑥−→0
𝑥
∫ 𝑥
0
sin(𝑡2
) 𝑑𝑡
sin(𝑥2)
.
Como
𝐹 (0) =
∫ 0
0
sin(𝑡2
) 𝑑𝑡 = 0,
porque si el dominio de integración tiene medida nula la integral da cero, el lı́mite arroja
el cociente indeterminado 0/0. Hemos de emplear la regla de L’Hôpital, lo que entraña
derivar la función 𝐹 (𝑥). Esto se consigue por medio del primer teorema fundamental del
cálculo, que nos dice que 𝐹′(𝑥) = sin(𝑥2). Ası́ pues, derivando arriba y abajo nos queda
el lı́mite
lı́m
𝑥−→0
∫ 𝑥
0
sin(𝑡2
) 𝑑𝑡 + 𝑥 sin(𝑥2
)
2𝑥 cos(𝑥2)
=
0
0
.
Toca derivar otra vez, obteniendo
lı́m
𝑥−→0
sin(𝑥2
) + sin(𝑥2
) + 2𝑥2
cos(𝑥2
)
2 cos(𝑥2) − 4𝑥2 sin(𝑥2)
.
En este último lı́mite, el numerador sigue siendo cero, pero el denominador, no, ya que
2 cos(02) = 2. El valor del lı́mite es, pues, 0/2 = 0.
EJERCICIO 5 [2.5 puntos]
Una marca de vehı́culos ha vendido este mes coches de tres colores: blancos, negros y
rojos. El 60 % de los coches blancos más el 50 % de los coches negros representan el 30 %
de los coches vendidos. El 20 % de los coches blancos junto con el 60 % de los coches
negros y el 60 % de los coches rojos representan la mitad de los coches vendidos. Se han
vendido 100 coches negros más que blancos. Determina el número de coches vendidos
de cada color.
La única dificultad de este ejercicio es plantear el sistema de ecuaciones lineales de tres
incógnitas correcto. A partir de ahı́, puede aplicarse cualquier método de resolución de
sistemas de ecuaciones lineales. Llamaremos a las incógnitas 𝐵, 𝑁 y 𝑅, y simbolizarán el
número de coches blancos, negros y rojos vendidos este mes, respectivamente. Teniendo
en cuenta que los porcentajes se hallan multiplicando la incógnita correspondiente por
5

6. la fracción en tanto por 1 (por ejemplo, el 60 % de los coches blancos es 0,6𝐵) y que la
cantidad total de coches vendidos es 𝐵 + 𝑁 + 𝑅, el sistema descrito en el enunciado es











0,6𝐵 + 0,5𝑁 = 0,3(𝐵 + 𝑁 + 𝑅)
0,2𝐵 + 0,6𝑁 + 0,6𝑅 = 0,5(𝐵 + 𝑁 + 𝑅)
𝑁 − 𝐵 = 100
que puede simplificarse a











0,3𝐵 + 0,2𝑁 − 0,3𝑅 = 0
−0,3𝐵 + 0,1𝑁 + 0,1𝑅 = 0
𝑁 − 𝐵 = 100
y cuya solución (única) es 𝐵 = 500, 𝑁 = 600,𝑅 = 900.
EJERCICIO 6 [2.5 puntos]
Considera las matrices
𝐴 =
©
­
­
«
0 0 𝑚
𝑚 0 0
0 𝑚 0
ª
®
®
¬
y
𝐵 =
©
­
­
«
1 0 0
0 0 1
0 1 0
ª
®
®
¬
a) [0.5 puntos] Determina para qué valores de 𝑚 existe la inversa de la matriz 𝐴.
b) [2 puntos] Para todo 𝑚 ≠ 1, resuelve, si es posible, la ecuación 𝐴𝑋 + 𝑋 = 𝐵.
a) Una matriz cuadrada tiene inversa si y solo si su determinante es distinto de cero. El
determinante de 𝐴 es
|𝐴| =
0 0 𝑚
𝑚 0 0
0 𝑚 0
= 𝑚3
que es cero si y solo si 𝑚 = 0. Deducimos que 𝐴 es invertible para todo 𝑚 distinto de
0. También podı́amos haberlo deducido sin hacer el determinante: 𝐴 será invertible si y
solo si tiene rango máximo, y, siempre que 𝑚 no valga cero, las tres filas (o columnas)
de 𝐴 son linealmente independientes, por lo que rg(𝐴) = 3.
6

7. b) Hemos de despejar 𝑋 en la ecuación matricial 𝐴𝑋 + 𝑋 = 𝐵. Para ello, notamos que
𝐴𝑋 + 𝑋 = 𝐵 =⇒ (𝐴 + 𝐼 )𝑋 = 𝐵 =⇒ 𝑋 = (𝐴 + 𝐼 )−1
𝐵,
donde 𝐼 es la matriz identidad, y siempre que 𝐴 + 𝐼 tenga inversa. Como esta matriz es
𝐴 + 𝐼 =
©
­
­
«
1 0 𝑚
𝑚 1 0
0 𝑚 1
ª
®
®
¬
su determinante vale
|𝐴 + 𝐼 | =
1 0 𝑚
𝑚 1 0
0 𝑚 1
= 1 + 𝑚3
= (1 + 𝑚)(𝑚2
− 𝑚 + 1)
ası́ que el único número real que anula el determinante es 𝑚 = −1, motivo por el cual
nos disuaden de resolver la ecuación en tal supuesto. En el resto, 𝐴 + 𝐼 es invertible. Cal-
cularemos su inversa como (adj(A + I)t)/det(𝐴 + 𝐼 ), siendo adj(A + I) su matriz adjunta,
que vale
adj(𝐴 + 𝐼 ) =
©
­
­
«
1 −𝑚 𝑚2
𝑚2 1 −𝑚
−𝑚 −𝑚2 1
ª
®
®
¬
y entonces
(𝐴 + 𝐼 )−1
=
1
1 + 𝑚3
©
­
­
«
1 𝑚2 −𝑚
−𝑚 1 −𝑚2
𝑚2 −𝑚 1
ª
®
®
¬
La solución de la ecuación matricial es, finalmente
𝑋 =
1
1 + 𝑚3
©
­
­
«
1 𝑚2 −𝑚
−𝑚 1 −𝑚2
𝑚2 −𝑚 1
ª
®
®
¬
©
­
­
«
1 0 0
0 0 1
0 1 0
ª
®
®
¬
=
1
1 + 𝑚3
©
­
­
«
1 −𝑚 𝑚2
−𝑚 −𝑚2 1
𝑚2 1 −𝑚
ª
®
®
¬
EJERCICIO 7 [2.5 puntos]
El plano perpendicular al segmento de extremos 𝑃 (0, 3, 8) y 𝑄 (2, 1, 6) que pasa por su
punto medio corta a los ejes coordenados en los puntos 𝐴, 𝐵,𝐶. Halla el área del triángu-
lo cuyos vértices son los puntos 𝐴, 𝐵 y 𝐶.
El vector de extremos 𝑃 y 𝑄 es
−
−
→
𝑃𝑄 = (2, 1, 6) − (0, 3, 8) = (2, −2, −2). Los planos cuyo
vector normal es paralelo a
−
−
→
𝑃𝑄 son de la forma 2𝑥 − 2𝑦 − 2𝑧 = 𝑘, donde 𝑘 es un número
7

8. real. Podemos simplificar dividiendo toda la expresión por −2, quedándonos con −𝑥 +
𝑦 + 𝑧 = 𝑘. Buscamos el plano que adicionalmente pasa por el punto medio del segmento
𝑃𝑄. Dicho punto medio se obtiene de la ’media aritmética’ de 𝑃 y 𝑄, es decir
2 + 0
2
,
1 + 3
2
,
6 + 8
2
= (1, 2, 7).
Si el plano pasa por este punto, su ecuación debe cumplirse si sustituimos 𝑥 = 1, 𝑦 = 2,
𝑧 = 7: −1 + 2 + 7 = 𝑘, y esto nos revela que 𝑘 = 8. La ecuación completa del plano es
−𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 8.
Hallar los puntos de corte con los ejes es tan simple como ir anulando dos de las coor-
denadas y despejando la tercera de la ecuación del plano, ya que los puntos de los ejes
𝑥, 𝑦 o 𝑧 son de la forma (𝑥, 0, 0), (0, 𝑦, 0) o (0, 0, 𝑧), respectivamente. El punto del plano
sobre el eje 𝑥 cumple que −𝑥 + 0 + 0 = 8, de donde es el punto 𝐴(−8, 0, 0). Análogamente,
los puntos de corte con los ejes 𝑦, 𝑧 son 𝐵(0, 8, 0),𝐶 (0, 0, 8), respectivamente.
Dados tres puntos 𝐴, 𝐵,𝐶, puede calcularse el área del triángulo que generan haciendo
la mitad del módulo de
−
−
→
𝐴𝐵 ×
−
−
→
𝐴𝐶 (ya que este módulo es el área del paralelogramo que
definen, y dicho paralelogramo está formado por dos triángulos de igual área). Se calcula
fácilmente que
−
−
→
𝐴𝐵 = (8, 8, 0) y
−
−
→
𝐴𝐶 = (0, −8, 8). El producto vectorial es
−
−
→
𝐴𝐵 ×
−
−
→
𝐴𝐶 =
i j k
8 8 0
0 −8 8
= −64i − 64j − 64k = −64(i + j + k).
En consecuencia
1
2
∥
−
−
→
𝐴𝐵 ×
−
−
→
𝐴𝐶 ∥ = 32
√
3.
EJERCICIO 8 [2.5 puntos]
Considera el punto 𝐴(−1, 1, 3) y la recta 𝑟 determinada por los puntos 𝐵(2, 1, 1) y 𝐶 (0, 1, −1).
a) [1.5 puntos] Halla la distancia del punto 𝐴 a la recta 𝑟.
b) [1 punto] Calcula el área del triángulo cuyos vértices son 𝐴, 𝐵 y 𝐶.
a) La distancia entre un punto y una recta se obtiene directamente con una fórmula que
sı́ conviene recordar... (se completará en una versión posterior de este documento).
8