Examen de Matemáticas II selectividad Junio 2020 resuelto

©2020 Carlos Martínez Martínez

A lo largo de este post podrás encontrar la solución del examen de Matemáticas II en la prueba de selectividad (Pevau) 2020.

Como ya sabes el examen de matemáticas II de este año ha tenido una estructura distinta y se ha dividido en bloques. En el examen de matemáticas II era necesario realizar cuatro ejercicios entre los ocho ejercicios propuestos.

A continuación podrás ver cómo se resuelve cada uno de los ocho ejercicios propuestos en el examen de matemáticas II.

Ejercicio 1. Examen de matemáticas II selectividad Julio 2020

Considera la función \(f\) definida por \(f(x)=\dfrac{x^2-2x-3}{x^2-1}\)

a) Estudia y halla las asíntotas de la gráfica \(f\)

Asíntotas Verticales

Al ser una función definida como cociente entre dos polinomios los candidatos a asíntotas verticales se obtienen igualando el denominador a 0, por tanto,

$$
x^2-1=0\Leftrightarrow x^2=1 \Leftrightarrow x= \pm \sqrt{1}
$$

Comprobamos si en esos puntos existen asíntotas verticales.

En

$$
\lim_{x\longrightarrow 1}\dfrac{x^2-2x-3}{x^2-1}=\dfrac{1^2-2-3}{1-1}=\dfrac{-4}{0}=\pm \infty
$$

Comprobamos los límites laterales obteniendo,

$$
\lim_{x\rightarrow 1^-}\dfrac{x^2-2x-3}{x^2-1}=+\infty \qquad \lim_{x\rightarrow 1^+}\dfrac{x^2-2x-3}{x^2-1}=-\infty
$$

Afirmamos que existe una asíntota vertical en \(x=1\)

En \(x=-1\)

$$
\lim_{x\rightarrow -1}\dfrac{x^2-2x-3}{x^2-1}=\dfrac{(-1)^2-2(-1)-3}{(-1)^2-1}=\dfrac{0}{0} \left( \text{Indet.}\right)
$$

Resolvemos la indeterminación factorizando los polinomios,

$$
\lim_{x\rightarrow -1}\dfrac{(x+1)(x-3)}{(x+1)(x-1)}=\lim_{x\rightarrow -1}\dfrac{(x-3)}{(x-1)}=\dfrac{-4}{-2}=2
$$

Por tanto en \(x=-1\) no existe asíntota vertical.

Asíntotas horizontales

Calculamos las asíntotas horizontales resolviendo el límite,

$$
\lim_{x\rightarrow \infty}\dfrac{x^2-2x-3}{x^2-1}=\dfrac{1}{1}=1
$$

donde hemos usado la teoría de límites de cocientes de polinomios del mismo grado.

$$
\lim_{x\rightarrow -\infty}\dfrac{x^2-2x-3}{x^2-1}=\dfrac{1}{1}=1
$$

Concluimos que existe una asíntota horizontal de la forma y por tanto esta función carece de asíntotas oblicuas.

b) Determina los intervalos de crecimiento y decrecimiento de

Comenzamos calculando los valores de \(x\) donde la derivada 0, es decir resolvemos la ecuación \(f'(x)=0\). Para ello aplicamos las reglas de derivación de funciones reales

$$
f'(x)=\dfrac{(2x-2)(x^2-1)-(x^2-2x-3)(2x)}{(x^2-1)^2}=\dfrac{2x^3-2x^2-2x+2-2x^3+4x^2+6x}{(x^2-1)^2}=\dfrac{2x^2+4x+2}{(x^2-1)^2}
$$

$$
f'(x)=0\Leftrightarrow \dfrac{2x^2+4x+2}{(x^2-1)^2}=0 \Leftrightarrow 2x^2+4x+2=0
$$

Resolviendo la ecuación de segundo grado obtenemos como solución,

$$
x=-1\quad \text{(doble)}
$$

Como la función no está definida en los puntos \(x=1\) y \(x=-1\) estudiamos el signo de la derivada a izquierda y derecha de dichos puntos.

• En \((-\infty, -1), \quad f'(x)>0 \Rightarrow f(x) \) es estrictamente creciente
• En \((-1, 1), \quad f'(x)>0 \Rightarrow f(x) \) es estrictamente creciente
• En \((-1, \infty), \quad f'(x)>0 \Rightarrow f(x) \) es estrictamente creciente

Ejercicio 2. Examen de matemáticas II selectividad Julio 2020

Calcula \(a>0\) sabiendo que el área de la región determinada por la gráfica de la función \(f(x)=xe^{3x}\), el eje de abscisas y la recta \(x=a\) vale \(\dfrac{1}{9}\)

Para resolver este ejercicio del exámen de matemáticas II, dado que estamos trabajando con áreas encerradas por funciones deberemos recurrir al uso de las integrales para calcular el área de la región en función de \(a\) e igualarla posteriormente a \(\dfrac{1}{9}\)

Así, la ecuación integral que tenemos que resolver es:

$$
\int_0^a xe^{3x}dx=\dfrac{1}{9}
$$

Mediante la utilización del método de integración por partes podemos definir,

\begin{align}
&u=x \quad &du=dx \\
&dv=e^{3x}dx \quad &v=\dfrac{1}{3}e^{3x}
\end{align}

Obteniendo,

$$
\int_0^a xe^{3x}dx=\left[ \dfrac{1}{3}xe^{3x}\right]_0^a-\int_0^a \dfrac{1}{3}e^{3x}dx=\dfrac{1}{3}ae^{3a}-\dfrac{1}{9}e^{3a}+\dfrac{1}{9}
$$

Igualando este resultado a \(\dfrac{1}{9}\) se tiene,

$$
\dfrac{1}{3}ae^{3a}-\dfrac{1}{9}e^{3a}+\dfrac{1}{9}=\dfrac{1}{9} \Leftrightarrow \dfrac{1}{3}e^{3a}\left( a-\dfrac{1}{3}\right)=0 \Leftrightarrow a=\dfrac{1}{3}
$$

Donde hemos utilizado que \(e^{3a}\neq 0 \quad \forall a \in \mathbb{R}\)

Por tanto el valor de \(a\) buscado es \(a=\dfrac{1}{3}\).

Ejercicio 3. Examen de matemáticas II selectividad Julio 2020

Considera la matriz \(A=\begin{pmatrix}
1 & -1 & m+2 \\
0 & 1 & m+1 \\
m & 0 & 5 \\
\end{pmatrix} \)

a) Estudia el rango de \(A\) según los valores de \(m\)

Para resolver este apartado del examen de matemáticas II comenzamos calculando los valores de \(m\) para los cuales el determinante de la matriz es igual a 0,

$$
|A|=5-m(m+1)-m(m+2)=-m^2-m-m^2-2m+5=-2m^2-3m+5
$$

Igualando el determinante a 0 se tiene,

$$
|A|=0 \Leftrightarrow -2m^2-3m+5=0 \Leftrightarrow \left \{
\begin{matrix}
m=1 \\
m=-\dfrac{5}{2}
\end{matrix}\right.
$$

Es claro que si \(m\neq 1, -\dfrac{5}{2}\) entonces \(rg(A)=3\). Veamos que pasa cuando \(m= 1\), o \(m= -\dfrac{5}{2}\).

Si \(m=1\)

Buscamos un menor de orden 2 cuyo determinante sea distinto de 0

$$
\begin{vmatrix}
1 & -1 \\
0 & 1
\end{vmatrix}
\neq 0
$$

Luego si \(m=1\) se tiene que \(rg(A)=2\)

Si \(m=-\dfrac{5}{2}\)

Buscamos un menor de orden 2 cuyo determinante sea distinto de 0

$$
\begin{vmatrix}
1 & -1 \\
0 & 1
\end{vmatrix}
\neq 0
$$

Luego si \(m=-\dfrac{5}{2}\) se tiene que \(rg(A)=2\)

b)Para \(m=2\), calcula la inversa de \(2020A\)

Aplicando las propiedades del producto de matrices por escalares se tiene,

$$
(2020A)^{-1}=\dfrac{1}{2020}A^{-1}
$$

Calculamos entonces \(A^{-1}\) aplicando la definición,

$$
A^{-1}=\dfrac{Adj(A^t)}{|A|}
$$

Calculamos el determinante de \(A\)

$$
|A|=5-6-8=-9
$$

$$
A^t=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 \\
-1 & 1 & 0 \\
4 & 3 & 5
\end{pmatrix}
$$

Podemos calcular la matriz adjunta de la traspuesta obteniendo,

$$
Adj(A^t)=
\begin{pmatrix}
5 & 5 & -7 \\
6 & -3 & -3 \\
-2 &-2 & 1
\end{pmatrix}
$$

Sustituyendo en la expresión de la matriz inversa se tiene,
$$
A^{-1}=\dfrac{Adj(A^t)}{|A|}=\dfrac{1}{-9}
\begin{pmatrix}
5 & 5 & -7 \\
6 & -3 & -3 \\
-2 &-2 & 1
\end{pmatrix}
$$

Por tanto podemos calcular,

$$
(2020A)^{-1}=\dfrac{-1}{9\cdot 2020}
\begin{pmatrix}
5 & 5 & -7 \\
6 & -3 & -3 \\
-2 &-2 & 1
\end{pmatrix}=
\dfrac{-1}{18180}
\begin{pmatrix}
5 & 5 & -7 \\
6 & -3 & -3 \\
-2 &-2 & 1
\end{pmatrix}
$$

Ejercicio 4. Examen de matemáticas II selectividad Julio 2020

Siendo \(a\neq 0\), considera las rectas
$$
r\equiv x-1=y-2=\dfrac{z-1}{a} \qquad \text{y} \qquad s\equiv \dfrac{x-3}{-a}=\dfrac{y-3}{-1}=\dfrac{z+1}{2}
$$

a) Estudia la posición relativa de ambas rectas según los valores de \(a\).

En este apartado del examen de matemáticas II, para estudiar la posición relativa de las dos rectas consideramos los vectores directores de ambas y un vector que vaya de una a otra. Para la recta un punto y un vector director vienen dados por,

$$
P=(1,2,1) \qquad \overrightarrow{v_r}=(1,1,a)
$$

Para la recta \(s\) un punto y un vector director son,

$$
Q=(3,3,-1) \qquad \overrightarrow{v_s}=(-a,-1,-2)
$$

Un vector de la recta \(r\) a la recta \(s\) viene dado por,

$$
\overrightarrow{PQ}=(2,1,-2)
$$

Estudiamos ahora la dependencia o independencia de los tres vectores mediante el uso del determinante,

$$
\begin{vmatrix}
1 & -a & 2\\
1& -1 & 1 \\
a & 2 & -2
\end{vmatrix}
=2-a^2+4+2a-2-2a=-a^2+4
$$

Vemos para que valores de \(a\) los vectores son linealmente dependientes,

$$
-a^2+4=0 \Leftrightarrow a=\pm 2
$$

Es claro que si \(a\neq \pm 2\) los vectores tres son linealmente independientes y por tanto las rectas se cruzan en el espacio.

Si \(a=\pm2\) los tres vectores son linealmente dependientes y por tanto las rectas o bien se cortan o bien son paralelas o coincidentes. Para saber que situación tenemos comparamos los vectores directores de ambas rectas mediante el siguiente cociente,

$$
\dfrac{1}{-a}=\dfrac{1}{-1}=\dfrac{a}{2}
$$

De donde deducimos que \(a=1\) pero bajo esa suposición debería verificarse que \(\dfrac{1}{-1}=\dfrac{1}{2}\) que es una contradicción. Por tanto no existe ningún valor de \(a\) para el cual las rectas son paralelas o coincidentes.

De esta manera la única posibilidad es que para \(a=\pm2\) las rectas se cortan en el espacio.

b) Para \(a=2\) determina las ecuaciones de la recta que pasa por el punto de corte de \(r\) y \(s\) y es perpendicular a ambas.

Para la resolución de este apartado del examen de matemáticas II comenzamos calculando el punto de intersección de ambas rectas, para ello escribimos ambas rectas en forma paramétrica,

$$
r\equiv \left \{\begin{matrix}
x=1+\lambda \\
y=2+\lambda \\
z= 1+2\lambda \\
\end{matrix}
\right.
\quad \lambda \in \mathbb{R}
\qquad
s\equiv \left \{\begin{matrix}
x=3-2\mu \\
y=3-\mu \\
z= -1+2\mu\\
\end{matrix}
\right.
\quad \mu \in \mathbb{R}
$$

Calculamos el punto como intersección de y igualando coordenada a coordenada,

\begin{align}
1+\lambda&=3-2\mu \\
2+\lambda&=3-\mu \\
1+2\lambda&=-1+2\mu
\end{align}

Obteniendo, y . Así, el punto viene dado por,

$$
I=(1,2,1)
$$

Buscamos a continuación un vector director de la nueva recta (que llamaremos \(t\) ) que sea perpendicular a las dos rectas dadas. Así, el vector director vendrá dado por,

$$
\overrightarrow{v_t}=
\begin{vmatrix}
i & j & k \\
1 & 1& 2 \\
-2 & -1 & 2
\end{vmatrix}
= (4,-6,1)
$$

Finalmente podemos escribir las ecuaciones paramétricas de la recta \(t\) de la siguiente forma,

$$
t=\left\{ \begin{matrix}
x=1+4\delta \\
y=2-6\delta \\
z=1+\delta
\end{matrix}
\quad \delta \in \mathbb{R} \right.
$$

Ejercicio 5. Examen de matemáticas II selectividad Julio 2020

Sea \(f:[0,2\pi]\longrightarrow \mathbb{R}\) la función definida por \(f(x)=\dfrac{\sin(x)}{2-\cos(x)}\)

a) Halla los extremos absolutos de \(f\) (abscisas donde se obtienen y valores que se alcanzan).

Para la resolución de este apartado del examen de matemáticas II tenemos que aplicar que por ser una función definida en un intervalo cerrado, entonces alcanza extremos absolutos en dicho intervalo.

Calculamos los candidatos a extremos imponiendo \(f'(x)=0\),

$$
f'(x)=\dfrac{\cos(x)(2-\cos(x))-\sin(x)\sin(x)}{(2-\cos(x))^2}=\dfrac{2\cos(x)-\cos^2(x)-\sin^2(x)}{(2-\cos(x))^2}=\dfrac{2\cos(x)-1}{(2-\cos(x))^2}
$$

Igualando a 0 se tiene,

$$
f'(x)=0\Leftrightarrow \dfrac{2\cos(x)-1}{(2-\cos(x))^2} \Leftrightarrow 2\cos(x)-1=0 \Leftrightarrow \cos(x)=\dfrac{1}{2}
$$

En el intervalo \([0,2\pi]\) los únicos puntos que verifican la anterior condición son,

$$
x=\dfrac{\pi}{3} \qquad , \qquad x=\dfrac{5\pi}{3}
$$

Si atendemos al signo de la derivada podemos asegurar que,

• En \(\left(0,\dfrac{\pi}{3}\right)\), \(f'(x)>0\Rightarrow \) \(f\) es estrictamente creciente.
• En \(\left(\dfrac{\pi}{3}, \dfrac{5\pi}{3}\right)\), \(f'(x)<0\Rightarrow \) \(f\) es estrictamente decreciente.
• En \(\left(\dfrac{5\pi}{3}, 2\pi\right)\), \(f'(x)>0\Rightarrow \) \(f\) es estrictamente creciente.

Luego tenemos cuatro candidatos a extremos absolutos; los extremos del intervalo de definición y los puntos con primera derivada nula. Exploramos la imagen de dichos puntos para obtener los extremos absolutos.

\begin{align}
&f(0)=0 \\
&f(2\pi)=0 \\
&f\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\\
&f\left( \dfrac{5\pi}{3} \right) =-\dfrac{\sqrt{3}}{3}
\end{align}

Concluimos que existe un máximo absoluto con coordenadas \(\left( \dfrac{\pi}{3},\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)\) y un mínimo absoluto con coordenadas \(\left( \dfrac{5\pi}{3},-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)\)

b) Determina la ecuación de la recta tangente y de la recta normal a la gráfica de \(f\) en el punto de abscisas \(x=\dfrac{\pi}{3} \).

Sabemos que la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función \(f\) en el punto pedido viene dada por,

$$
y-f\left( \dfrac{\pi}{3}\right)= f’\left( \dfrac{\pi}{3}\right)\left(x- \dfrac{\pi}{3}\right)
$$

Utilizando que \( f\left( \dfrac{\pi}{3}\right)= \dfrac{\sqrt{3}}{3}\) y que \(f’\left( \dfrac{\pi}{3}\right)=0\) se tiene,

$$
y=\dfrac{\sqrt{3}}{3}
$$

La ecuación de la recta normal viene dada por,

$$
y-f\left( \dfrac{\pi}{3}\right)=- \dfrac{1}{f’\left( \dfrac{\pi}{3}\right)}\left(x- \dfrac{\pi}{3}\right)
$$

Sustituyendo los valores conocidos obtenemos,
$$
x=\dfrac{\pi}{3}
$$

Ejercicio 6. Examen de matemáticas II selectividad Julio 2020

Sea la función dada por \(f(x)=\dfrac{3x^2+4}{(x-2)^2}\) para \(x\neq 2\)

a) Calcula \(\int f(x)dx\)

Para la resolución de este ejercicio del examen de matemáticas II podemos tener en cuenta lo siguiente. Si desarrollamos la identidad notable del denominador podemos expresar la función como,

$$
f(x)=\dfrac{3x^2+4}{(x-2)^2}=\dfrac{3x^2+4}{x^2-4x+4}
$$

Obteniendo así un cociente de polinomios en el que el grado del numerador es mayor o igual que el grado del denominador. Por tanto, para resolver la integral pedida debemos realizar la división entre los polinomios que definen la función \(f\).

Tras realizar la división obtenemos que,

$$
\int\dfrac{3x^2+4}{x^2-4x+4}dx=\int 3+\dfrac{12x-8}{(x-2)^2}dx=3x+\int \dfrac{12x-8}{(x-2)^2}dx=3x+4\int \dfrac{3x-2}{(x-2)^2}dx
$$

Nuestro problema ahora consiste en resolver una integral de un cociente de polinomios en el que el grado del denominador es mayor que el grado del numerador. Al estar el denominador factorizado, observamos que existe una única raíz real doble por lo que aplicamos el método de las fracciones simples para resolver dicha integral.

$$
\dfrac{3x-2}{(x-2)^2}=\dfrac{A}{x-2}+\dfrac{B}{(x-2)^2}=\dfrac{A(x-2)+B}{(x-2)^2}
$$

Como los denominadores de los cocientes son iguales los numeradores también han de serlo para que se siga verificando la igualdad. Entonces,

$$
3x-2=A(x-2)+B
$$

Si \(x=2\Rightarrow A\cdot 0+B=6-2\Rightarrow B=4\)

Si \(x=0 \Rightarrow -2A+B=-2\Rightarrow A=3\)

Así, la integral buscada queda de la forma,

$$
\int \dfrac{3x-2}{(x-2)^2}dx=\int\dfrac{3}{x-2}+\dfrac{4}{(x-2)^2}dx=3\ln|x-2|-4(x-2)^{-1}
$$

Uniendo este resultado con los anteriores obtenemos que la integral buscada es,

$$
\int\dfrac{3x^2+4}{(x-2)^2}dx=3x+4(3\ln|x-2|-4(x-2)^{-1})=3x+12\ln|x-2|-\dfrac{16}{x-2}+C
$$

b) Calcula la primitiva de \(f\) cuya gráfica pasa por el punto \((3,5)\)

La primitiva de \(f\) es el resultado que hemos obtenido en el apartado anterior por lo que podemos definir,

$$
F(x)=3x+12\ln|x-2|-\dfrac{16}{x-2}+C
$$

Ahora simplemente tenemos que calcular el valor de \(C\) para que se verifique \(F(3)=5\)

$$
F(3)=9+12\ln|1|-\dfrac{16}{x-2}+C=-7+C
$$

Por tanto,

$$
F(3)=5\Leftrightarrow -7+C=5\Leftrightarrow C=12
$$

La función buscada es,

$$
F(x)=3x+12\ln|x-2|-\dfrac{16}{x-2}+12
$$

Ejercicio 7. Examen de matemáticas II selectividad Julio 2020

Considera \(A=\begin{pmatrix} 1 &1&1\\1&0&1\\4&1&4 \end{pmatrix}\), \(B=\begin{pmatrix}a \\ 2a \\3a \end{pmatrix} \) y \(X=\begin{pmatrix}x \\ y \\z \end{pmatrix}\)

a) Discute el sistema dado por \(AX=B\), según los valores de \(a\)

Para la realización de este ejercicio vamos a utilizar el método de Gauss para intentar escribir un sistema equivalente que sea escalonado. El sistema de coeficientes viene dado por,

$$
\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & 1 & 1 & a \\
1& 0 & 1 & 2a \\
4& 1 & 4 & 3a
\end{array}\right)
$$

Aplicando el método de Gauss podemos escribir,

$$
\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & 1 & 1 & a \\
1& 0 & 1 & 2a \\
4& 1 & 4 & 3a
\end{array}\right)
\sim
\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & 1 & 1 & a \\
0& -1 & 0 & a \\
0& -3 & 0 & -a
\end{array}\right)
\sim
\left(\begin{array}{rrr|r}
1 & 1 & 1 & a \\
0& 1 & 0 & -a \\
0& 0 & 0 & -4a
\end{array}\right)
$$

Tenemos entonces la siguiente situación,

• Si \(a=0\Rightarrow rg(A)=rg(A^*)\Rightarrow S.C.I\)
• Si \(a\neq 0\Rightarrow rg(A)=2\neq rg(A^*)=3 \Rightarrow S.I\)

b)Para \(a=0\), resuelve el sistema dado por \(AX=B\). Calcula, si es posible, una solución en la que \(y+z=4\)

Sustituyendo en el sistema anterior el valor de \(a=0\) tenemos las ecuaciones,

$$
\left\{\begin{matrix}x+y+z=0 \\ y=0 \end{matrix} \right.
$$

Si incluimos la ecuación pedida en el enunciado, simplemente podemos resolver por sustitución el sistema,

$$
\left\{\begin{matrix}x+y+z=0 \\ y=0 \\y+z=4 \end{matrix} \right.
$$

Obteniendo como única solución,

$$\text{◂{:▸}\{\begin{array}{c}x=-4\\ y=0\\ z=4\end{array}$$

Ejercicio 8. Examen de matemáticas II selectividad Julio 2020

Se considera el punto \(A=(1,-2,0)\) y la recta \(r\equiv\left\{\begin{matrix}x+y=0\\ y-3z+2=0 \end{matrix} \right.\)

a) Calcula la ecuación del plano que pasa por \(A\) y es perpendicular a \(r\)

Para la resolución de este ejercicio del examen de matemáticas II tenemos que considerar como vector normal del plano el vector director de la recta \(r\). Comenzamos escribiendo la recta \(r\) en coordenadas paramétricas,

$$
\left\{ \begin{align} x&=2-3\lambda \\ y&=-2+3\lambda \\ z&=\lambda \end{align}\right.
$$

Asi, es obtenemos que \(\overrightarrow{n_\pi}=\overrightarrow{v_r}=(-3,3,1)\).

Usando la información del vector normal tenemos que el plano será de la forma,

$$
-3x+3y+z+D=0
$$

Imponiendo que el plano pasa por el punto \(A\) se tiene,

$$
-3\cdot 1+3\cdot (-2)+0+D=0\Leftrightarrow D=9
$$

Así, la expresión del plano buscado es,

$$
\pi\equiv -3x+3y+z+9=0
$$

b)Calcula la ecuación del plano que pasa por \(A\) y contiene a \(r\)

Para la construcción de este plano utilizaremos un punto y dos vectores. El punto será \(A\), uno de los vectores será el vector director de \(r\) y otro un vector que vaya desde el punto \(A\) a un punto de la recta \(r\).

Si consideramos el punto \(B=(2,-2,0)\) de la recta \(r\) obtenido de su ecuación paramétrica y el punto \(A\) podemos obtener el vector,

$$
\overrightarrow{AB}=(1,0,0)
$$

Así, podemos obtener el plano pedido sin más que imponer,

$$
\begin{vmatrix}
x-1 & y+2 & z\\
-3 & 3& 1\\
1 & 0& 0
\end{vmatrix}
=0\Leftrightarrow y-3z+2=0
$$

Por lo tanto el plano pedido es,
$$
\pi\equiv y-3z+2=0
$$

Esta es una resolución personal de todos los ejercicios del examen de matemáticas II de la convocatoria de selectividad de Julio de 2020 en Andalucía (Pevau) por lo que otras soluciones planteadas también pueden ser válidas.

Si tienes dudas con la teoría o los ejercicios del examen de matemáticas II de esta o cualquier prueba de selectividad o cualquier problema en matemáticas o estadística puedes contactar conmigo.

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