Examen de Matemáticas II Selectividad Junio 2024 Andalucía Resuelto

©2024 Carlos Martínez Martínez

Ejercicio 1. Examen de matemáticas II selectividad junio 2024 Andalucía

Sea la función \( f:(0, +\infty)\longrightarrow\mathbb{R}\) definida por \(f(x)=\ln(x)\), donde \(\ln\) denota el logaritmo neperiano, y los puntos de su gráfica \(A(1,0)\) y \( B(e,1)\).
a) Determina, si existen, los puntos de la gráfica de \(f\) en los que la recta tangente a la gráfica es paralela a la recta que pasa por los puntos \(A\) y \(B\).

Para resolver este tipo de ejercicios lo que tenemos que hacer es calcular la pendiente de la recta que pasa por los puntos \(A\) y \(B\) y ver en que puntos de la gráfica de \(f\) la pendiente de la recta tangente coincide con la que hemos calculado.

Supongamos que la recta que pasa por \(A\) y \(B\) es de la forma \( y=mx+n\) por tanto se debe cumplir que,

$$
0=m+n \qquad 1=m\cdot e+n
$$

Resolvemos el sistema y obtenemos que \(m=\dfrac{1}{e-1}\). El valor de \(n\) aquí no es necesario ya que solo necesitamos la pendiente.

Buscamos ahora los puntos de la gráfica de \(f\) en los que la recta tangente tiene pendiente \(\dfrac{1}{e-1}\). Sabemos que la pendiente de la recta tangente en un punto \(x_0\) viene dada por \(f'(x_0)\).

Calculamos en primer lugar la expresión de la derivada,

$$
f'(x)=\dfrac{1}{x}
$$

Buscamos los puntos que cumplan que
$$
f'(x_0)=\dfrac{1}{x_0}=\dfrac{1}{e-1}\Leftrightarrow x_0=e-1
$$

Por tanto el punto buscado tiene coordenadas, \( \left( e-1, \dfrac{1}{e-1}\right)\)

b) Determina la ecuación de la recta normal a la gráfica de \(f\) en el punto \(A\)

Sabemos que la ecuación de la recta normal en un punto cualquiera \(x_0\) viene dada por,

$$
y-f(x_0)=-\dfrac{1}{f'(x_0)}=(x-x_0)
$$

Calculamos la ecuación de la recta normal en el punto \(x=1\)
$$
y-0=-\dfrac{1}{1}(x-1)\Rightarrow y=-x+1
$$

Ejercicio 2. Examen de matemáticas II selectividad junio 2024 Andalucía

Considera la función continua \(f\) definida por

$$
f(x) =
\begin{cases}
\dfrac{x\cos(x)-a\sin(x)}{x^3} & \text{si } x < 0 \\
b\cos(x)-1 & \text{si } x \geq 0
\end{cases}
$$

Calcula a y b

Por el enunciado sabemos que la función es continua en todo su dominio. Por tanto, se ha de verificar la definición de continuidad en un punto en el punto de ruptura \(x=0)\, es decir se ha de cumplir que,

$$
\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)=f(0)
$$

En este caso tenemos,

$$
\lim_{x\rightarrow 0^-}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{x\cos(x)-a\sin(x)}{x^3}=\dfrac{0}{0}\\
$$
Obtenemos una indeterminación que podemos resolver mediante la regla de L’Hôpital.

$$
\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{x\cos(x)-a\sin(x)}{x^3}=\dfrac{0}{0}=\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{\cos(x)-x\sin(x)-a\cos(x)}{3x^2}=\dfrac{1-a}{0}
$$

Dado que el límite ha de existir hay que forzar de nuevo la indeterminación 0/0 y por tanto el numerador valdrá 0 y \(a=1\).

Calculamos el límite aplicando nuevamente la regla de L’Hôpital para \(a=1\).

$$
\begin{align}
&\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{x\cos(x)-\sin(x)}{x^3}=\dfrac{0}{0}=\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{\cos(x)-x\sin(x)-\cos(x)}{3x^2}=\dfrac{0}{0} \\ \\
& \lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{-\sin(x)-\sin(x)-x\cos(x)+\sin(x)}{6x}=\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{-\sin(x)-x\cos(x)}{6x}=\dfrac{0}{0} \\ \\
&\lim_{x\rightarrow 0} \dfrac{-\cos(x)-\cos(x)+x\sin(x)}{6}=-\dfrac{1}{3}
\end{align}
$$

Este límite debe coincidir por el otro limite lateral y con la imagen del punto por la definición de continuidad así que,

$$
\lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0} b\cos(x)-1=b-1
$$

Aplicando la definición de continuidad se debe cumplir que,

$$
b-1=-\dfrac{1}{3}\Leftrightarrow b=\dfrac{2}{3}
$$

Por tanto \(a=1\) y \( b=\dfrac{2}{3}\).

Ejercicio 3. Examen de matemáticas II selectividad Junio 2024 Andalucía

Considera la función \(f\) definida por \(f(x)=\dfrac{x^3+2}{x^2-1}\) para \( x\neq -1\), \(x\neq 1\). Calcula una primitiva de \(f\) cuya gráfica pase por el punto \((0,1)\)

Para resolver este ejercicio necesitamos encontrar una función \(F(x)\) que cumpla la condición del punto y que sea de la forma,

$$
F(x)=\int\dfrac{x^3 + 2}{x^2 – 1}dx
$$

Trabajamos inicialmente con la función \(f\) que viene dada por un cociente de polinomios donde el grado del numerado es mayor que el denominador por lo que podemos hacer la división de los polinomios.

$$
\dfrac{x^3 + 2}{x^2 – 1} = x + \dfrac{x + 2}{x^2 – 1}
$$

Por tanto,

$$
F(x)=\int\dfrac{x^3 + 2}{x^2 – 1}dx=\int xdx +\int\dfrac{x + 2}{x^2 – 1}dx
$$

Podemos aplicar el método de las fracciones simples en la segunda integral de la siguiente forma,

$$
\dfrac{x + 2}{x^2 – 1}=\dfrac{A}{x – 1} + \frac{B}{x + 1}=\dfrac{A(x+1)+B(x-1)}{(x+1)(x-1)}
$$

Como estamos en una igualdad en la que los denominadores coinciden debe suceder que los numeradores también. Por tanto podemos dar valores a \(x\) obteniendo,

Si \(x=1\rightarrow 3=2A\Leftrightarrow A=\dfrac{3}{2}\)

Si \( x=-1 \rightarrow 1=-2B\Leftrightarrow B=-\dfrac{1}{2}\)

Por tanto podemos resolver las integrales buscadas,

\begin{align}
F(x)=\int\dfrac{x^3 + 2}{x^2 – 1}dx&=\int xdx +\int\dfrac{x + 2}{x^2 – 1}dx \\ \\
&= \int xdx +\int \dfrac{\dfrac{3}{2}}{x – 1}dx + \int\dfrac{-\dfrac{1}{2}}{x + 1}dx \\ \\
&=\dfrac{x^2}{2} + \dfrac{3}{2} \ln|x – 1| – \frac{1}{2} \ln|x + 1| + C
\end{align}

A continuación solo tenemos que calcular el valor de \(C\) imponiendo que \(F(0)=1\)

$$
F(0)=1\Leftrightarrow \dfrac{0^2}{2} + \dfrac{3}{2} \ln| -1 | – \dfrac{1}{2} \ln|1| + C=1 \Leftrightarrow C=1
$$

Por tanto la función pedida es,

$$
F(x) = \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{3}{2} \ln|x – 1| – \dfrac{1}{2} \ln|x + 1| + 1
$$

Ejercicio 4. Examen de matemáticas II selectividad Junio 2024 Andalucía

Halla la función \(f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}\) tal que \(f^″(x)=x\cos(x)\) y cuya gráfica pasa por los puntos \((0,\dfrac{\pi}{2}),(\pi, 2\pi)\).

Para calcular la función \(f\) a partir de la segunda derivada tenemos que integrar una vez para obtener una primitiva que será \(f'(x)\) y posteriormente tendremos que volver a integrar para obtener la función deseada prestando mucha atención a las contantes de integración.

$$
f'(x) = \int x\cos(x)dx
$$

Esta integral se resuelve por partes. Si necesitas practicar más integrales por partes te invito a que visites estos ejercicios de integrales por partes resueltos paso a paso.

Elegimos para la integración los siguientes valores de \(u\) y \(dv\) y obtenemos \(du\) y \(v\).

\begin{matrix}
u=x & du=dx \\ dv=\cos(x)dx & v=\sin(x)
\end{matrix}

Por tanto la integral buscada es,

$$
f'(x)=\int x \cos(x) dx = x \sin(x) – \int \sin(x) dx = x \sin(x) + \cos(x) + C_1
$$

Integramos de nuevo para obtener la expresión de \(f\).

$$
f(x) = \int x \sin(x) + \cos(x) + C_1dx=\int x \sin(x)dx +\int \cos(x)dx +\int C_1 dx
$$

Utilizamos de nuevo el método de integración por partes para calcular la primera integral,

\begin{matrix}
u=x & du=dx \\ dv=\sin(x)dx & v=-\cos(x)
\end{matrix}

$$
\int x \sin(x) dx = -x \cos(x) +\int \cos(x)dx=-x \cos(x) + \sin(x)
$$

Sustituyendo arriba y resolviendo las dos integrales restantes obtenemos,

\begin{align}
f(x) &= \int x \sin(x) + \cos(x) + C_1dx=\int x \sin(x)dx +\int \cos(x)dx +\int C_1 dx \\ \\
&= -x \cos(x) + \sin(x) +\sin(x)+C_1 x +C_2 =-x \cos(x) + 2\sin(x) + C_1 x + C_2
\end{align}

Imponemos ahora las condiciones de que la función pasa por los puntos del enunciado,

$$
f(0) = \dfrac{\pi}{2}\Leftrightarrow f(0) = 0 + 0 + 0 + C_2 = \frac{\pi}{2} \Rightarrow C_2 = \frac{\pi}{2}
$$

\begin{align}
f(\pi) = 2\pi&\Leftrightarrow -\pi \cos(\pi) + 2\sin(\pi) + C_1 \pi + \frac{\pi}{2}=2\pi \\
&\Leftrightarrow \pi + 0 + C_1 \pi + \frac{\pi}{2} = 2\pi \Rightarrow C_1 = \frac{1}{2}
\end{align}

Obtenemos así la función buscada,

$$
f(x) = -x \cos(x) + 2\sin(x) + \frac{1}{2}x + \frac{\pi}{2}
$$

Ejercicio 5. Examen de matemáticas II selectividad Junio 2024 Andalucía

Considera la matriz

$$A=\begin{pmatrix} 1 & 1/8 &1/8 \\ 0& 1 &0 \\ 0& 0& 1 \end{pmatrix}$$

a) Calcula A^{2024}

Para este tipo de ejercicios lo ideal es empezar a calcular potencias de \(A\), cuando hayamos calculado algunas debemos ser capaces de encontrar la recurrencia o el patrón que se repite según el tipo de exponente.

Comenzamos calculando \(A^2=A\cdot A\)

$$A^2=\begin{pmatrix}
1 & 1/8 &1/8 \\
0& 1 &0 \\
0& 0& 1
\end{pmatrix}\cdot
\begin{pmatrix}
1 & 1/8 &1/8 \\
0& 1 &0 \\
0& 0& 1
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1 & 2/8 &2/8 \\
0& 1 &0 \\
0& 0& 1
\end{pmatrix}$$

Calculamos \(A^3\)

$$
A^3 = A^2 \cdot A =
\begin{pmatrix}
0 & \dfrac{1}{8} & \dfrac{3}{8} \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\cdot
\begin{pmatrix}
1 & 1/8 &1/8 \\
0& 1 &0 \\
0& 0& 1
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 & 3/8 &3/8 \\
0& 1 &0 \\
0& 0& 1
\end{pmatrix}
$$

Vemos que de forma general podemos escribir la matriz \(A^n\) de la siguiente forma,

$$
A^n = \begin{pmatrix}
1 & \dfrac{n}{8} & \dfrac{n}{8} \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
$$

Por tanto sustituyendo \(n=2024\) obtenemos,

$$A^{2024} = \begin{pmatrix}
1 & \dfrac{2024}{8} & \dfrac{2024}{8} \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1 & 253 & 253 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
$$

b) Halla la matriz \(X\), si es posible, \(A^2XA+I=O\) donde \(I\) y \(O\) son la matriz identidad y nula de orden 3, respectivamente

Comenzamos resolviendo la ecuación matricial de forma teórica.

\begin{align}
A^2XA+I&=O \\
A^2XA&=-I \\
(A^2)^{-1}\cdot A^2\cdot X\cdot A&=-(A^2)^{-1}\cdot I \\
X\cdot A&= -(A^2)^{-1}\cdot \ I \\
X&=-(A^2)^{-1}\cdot \ I \cdot A^{-1} \\
X&=-(A^3)^{-1}=-A^{-3}
\end{align}

Por tanto la solución es,

$$
X=-A^{-3}=\begin{pmatrix}
-1 & \dfrac{3}{8} & \dfrac{3}{8} \\
0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & -1
\end{pmatrix}
$$

Ejercicio 6. Examen de matemáticas II selectividad Junio 2024 Andalucía

Considera el sistema
$$\left\{
\begin{align}
y+z=1 \\
(k-1)x+y+z=k \\
x+(k-1)y+z=0
\end{align} \right.$$

a) Discute el sistema según los valores de \(k\)

Comenzamos escribiendo la matriz de coeficientes y la matriz ampliada asociada a este sistema de ecuaciones,

$$
A= \left( \begin{array}{ccc}
0 & 1 & 1 \\
k-1 & 1 & 1 \\
1 & k-1 & 1 \\
\end{array} \right)
\qquad
A^*= \left( \begin{array}{ccc|c}
0 & 1 & 1 & 1 \\
k-1 & 1 & 1 & k \\
1 & k-1 & 1 & 0 \\
\end{array} \right)
$$

Veamos para que valores de \(k\) el determinante de la matriz de coeficientes se anula.

$$
|A|=
\begin{vmatrix}
0 & 1 & 1 \\
k-1 & 1 & 1 \\
1 & k-1 & 1 \\
\end{vmatrix}=(0+(k-1)^2+1)-(1+0+(k-1))=0\Leftrightarrow k^2-3k+2=0
$$

Obteniendo como soluciones \(k=1\) y \(k=2\).

Podemos afirmar que, si \(k≠1\) y \(k≠2\) entonces \(|A|≠0\) y por tanto existe un menor de dimensión tres en la matriz ampliada cuyo determinante es distinto de cero y por el Teorema de Rouché-Frobenius podemos garantizar que estamos ante un sistema compatible determinado. Veamos que ocurre cuando \(k=1\) y \(k=2\).

Para \(k=1\) la matriz \(A\) es de la forma,

$$
A= \left( \begin{array}{ccc}
0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 1 \\
\end{array} \right)
$$

Y existe un menor de orden dos cuyo determinante es distinto de cero.

$$
\begin{vmatrix}
0 & 1 \\
1 & 0 \\
\end{vmatrix} \neq 0\Rightarrow rg(A)=2
$$

La matriz ampliada sería de la forma,
$$
A^*= \left( \begin{array}{ccc|c}
0 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
\end{array} \right)
$$

Veamos si existe algún menor cuyo determinante sea distinto de cero,

$$
\begin{vmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{vmatrix} =0
\quad \begin{vmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{vmatrix}=0
\quad \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{vmatrix}=0
$$

Todos los menores de orden tienen determinante nulo. Buscamos un menor de orden dos con determinante distinto de cero.

$$
\begin{vmatrix}
0 & 1 \\
1 & 0 \\
\end{vmatrix} \neq 0\Rightarrow rg(A^*)=2
$$

En este caso tenemos que

$$
rg(A)=rg(A^*)=2<3=\text{ nº de incógnitas} \Rightarrow \text{Sistema compatible indeterminado}
$$

Veamos que ocurre para \(k=2\). La matriz \(A\) es de la forma,

$$
A= \left( \begin{array}{ccc}
0 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1 \\
\end{array} \right)
$$

Y existe un menor de orden dos cuyo determinante es distinto de cero.

$$
\begin{vmatrix}
0 & 1 \\
1 & 1 \\
\end{vmatrix} \neq 0\Rightarrow rg(A)=2
$$

La matriz ampliada sería de la forma,
$$
A^*= \left( \begin{array}{ccc|c}
0 & 1 & 1 & 1 \\
1& 1 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 1 & 0 \\
\end{array} \right)
$$

Existe un menor de orden tres cuyo determinante es distinto de cero,

$$
\begin{vmatrix}
0 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 0 \\
\end{vmatrix}=2\neq 0\Rightarrow rg(A^*)=3
$$

Por el Teorema de Rouché-Frobenius podemos afirmar que,

$$
2=rg(A)\neq rg(A^*)=3\Rightarrow \text{Sistema incompatible}
$$

b) Para \(k=1\) resuelve el sistema, si es posible. ¿Hay alguna solución en la que \(y=0\)? En caso afirmativo, calcúlala. En caso negativo, justifica la respuesta.

Para \(k=1\) tenemos un sistema compatible indeterminado de la forma,

$$\left\{
\begin{align}
y+z=1 \\
x+z=0
\end{align} \right.$$

Si añadimos la condición \(y=0\) tenemos que \(z=1\) y \(x=-1\).

Si quieres seguir practicando te invito a que visites este post sobre sistemas de ecuaciones lineales de selectividad resueltos.

Ejercicio 7. Examen de matemáticas II selectividad Junio 2024 Andalucía

a) Halla el punto simétrico de \( P(2,2,1)\) respecto de la recta \(r\equiv\left\{\begin{align} x-2y+z&=2 \\ y-z&=1 \\ \end{align} \right. \)

Comenzamos expresando la recta \(r\) en coordenadas paramétricas para que sea más fácil trabajar con ella.

$$
r\equiv\left\{\begin{align}
x&=4+ \lambda \\
y&=1+\lambda \qquad \lambda \in\mathbb{R} \\
z&=\lambda
\end{align}\right.
$$

Sabemos que el vector director de la recta \(r\) es el vector normal de un plano que es perpendicular a dicha recta, \(\vec{v_r}=(1,1,1)=\vec{n_\pi} \). Buscamos entonces el plano perpendicular a la recta \(r\) que pase por \(P\). La ecuación general del plano será

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

Imponiendo que pasa por el punto \(P\) tenemos,

$$
2+2+1+D=0\Leftrightarrow D=-5
$$

Así el plano buscado es \(x+y+z-5=0\). Tenemos por tanto un plano que es perpendicular a la recta y que contiene al punto. Lo que sabemos seguro es que en dicho plano se encuentra el punto simétrico. Lo que tenemos que hacer es en primer lugar calcular la intersección entre la recta y el plano. Dicho punto, que llamaremos \(M\) será el punto medio del segmento \( \overline{PP’}\) por lo que solo tendremos que calcular el simétrico \(P’\).

Calculamos la intersección entre la recta y el plano sustituyendo las paramétricas en la expresión del plano,

$$
4+\lambda+1+\lambda +\lambda-5=0 \Leftrightarrow \lambda=0.
$$

Sustituimos ese valor en la expresión de la recta y obtenemos el punto \(M=(4,1,0)\).

Calculamos el punto \(P’=(x’,y’,z’)\) a partir de \(P\) y \(M\).

$$
M=(4,1,0)=\left(\dfrac{2+x’}{2},\dfrac{2+y’}{2},\dfrac{1+z’}{2} \right)\Rightarrow P’=(6,0,-1)
$$

b) Halla el punto simétrico de \(Q(1,-1,-3)\) respecto del plano \(\pi\equiv x-2y+z+6=0\)

Calculamos la ecuación de la recta que pasa por \(Q\) y es perpendicular al plano. El vector director de la recta coincidirá con el vector normal del plano.

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

Calculamos la intersección entre la recta y el plano sustituyendo las paramétricas de la recta en la ecuación del plano,

$$
1+\lambda-2(-1-2\lambda)+(-3+\lambda)+6=0\Leftrightarrow \lambda =-1
$$

El punto de corte, que es el punto medio de \(\overline{QQ’}\) es \(M=(0,1,-4)\). Por tanto el punto \(Q’=(x’,y’,z’)\) viene dado por,

$$
M=(0,1,-4)=\left(\dfrac{1+x’}{2},\dfrac{-1+y’}{2},\dfrac{-3+z’}{2} \right)\Rightarrow Q’=(-1,3,-5)
$$

Si quieres ver más ejercicios sobre punto simétrico en el espacio te invito a que veas esta entrada con toda la teoría y ejercicios resueltos de punto simétrico en el espacio.

Ejercicio 8. Examen de matemáticas II selectividad Junio 2024 Andalucía

Considera las rectas \(r\equiv\left\{\begin{align} y&=0 \\ 2x-z&=0 \\ \end{align} \right. \) y \(s\equiv\left\{\begin{align} x+y+7=0&=2 \\ z&=0 \\ \end{align} \right. \)

a) Estudia la posición relativa de \(r\) y \(s\).

Comenzamos escribiendo cada una de las rectas en su forma paramétrica y extraemos un punto y un vector de cada una

$$
r\equiv\left\{\begin{align}
&x=\lambda \\
&y=0 \qquad \qquad \lambda \in \mathbb{R}\\
&z=2\lambda \\
\end{align}
\right.$$

$$ s\equiv\left\{\begin{align}
&x=-7-\mu \\
&y=\mu \qquad \qquad \mu \in \mathbb{R}\\
&z=0 \\
\end{align}
\right.
$$

De la recta \(r\) obtenemos el punto \(A=(0,0,0)\) y el vector \(\vec{u}=(1,0,2)\) y de la recta \(s\) obtenemos el punto \(B=(-7,0,0)\) y el vector \(\vec{v}=(-1,1,0) \). Con esta información calculamos un vector que vaya de una recta a la otra, en este caso sería \(\vec{AB}=B-A=(-7,0,0)\) y estudiamos el rango de la matriz formada por los tres vectores para saber como se encuentran las rectas en el espacio.

$$
\begin{vmatrix}
1 & 0 & 2 \\
-1 & 1 & 0 \\
-7 & 0 & 0 \\
\end{vmatrix}=14\neq 0
$$

Podemos afirmar que los vectores son linealmente independientes y por tanto las rectas se cruzan.

b) Calcula la ecuación del plano paralelo a \(r\) y \(s\) que equidista de ambas rectas.

Sabemos que los vectores directores de ambas rectas son también vectores directores del plano que nos piden ya que las rectas se cruzan en el espacio. Buscamos un vector perpendicular a ambos vectores de las rectas para obtener un vector normal del plano.

$$
\begin{vmatrix}
i & j & k \\
1 & 0 & 2 \\
-1 & 1 & 0 \\
\end{vmatrix}=(-2,-2,1)
$$

Ahora ya tenemos la expresión general del plano \(\pi\equiv -2x-2y+z+D=0\). Para calcular la incógnita que falta imponemos que la distancia del plano a ambas rectas es la misma. Como el plano es paralelo a las rectas se verificará que la distancia del punto \(A\) al plano es la misma que la del punto \(B\) al plano.

\begin{align}
d(A,\pi)=\dfrac{|D|}{\sqrt{(-2)^2+(-2)^2+1^2}}&=\dfrac{|14+D|}{\sqrt{(-2)^2+(-2)^2+1^2}}d(B,\pi) \Leftrightarrow \\ \\
|D|=|14+D|
\end{align}

Resolviendo el valor absoluto llegamos a \(D=-7\). Por tanto el plano buscado es,
$$
\pi\equiv -2x-2y+z-7=0
$$

Esta es una resolución personal de los ejercicios propuestos en el examen de Matemáticas II de la convocatoria de selectividad de Junio de 2024 en Andalucía (Pevau) por lo que otras soluciones planteadas también pueden ser válidas.

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