Probabilidad – matemáticas 1º Bachillerato CCSS: soluciones del examen para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1 (4 puntos)

   1. Hay \(6+5+4=15\) bolas, de ellas 6 blancas. Por Laplace, \(P(B_1)=\dfrac6{15}=\dfrac25\).
   2. Sin reemplazamiento, tras sacar una blanca quedan 14 bolas, de las que 5 son negras: \(P(B_1\cap N_2)=\dfrac6{15}\cdot\dfrac5{14}=\dfrac{30}{210}=\dfrac17\). Es una probabilidad compuesta: \(P(B_1)\cdot P(N_2\mid B_1)\).
   3. Usamos el suceso contrario, «ninguna blanca»: hay 9 bolas no blancas, así que \(P=\dfrac9{15}\cdot\dfrac8{14}=\dfrac{72}{210}=\dfrac{12}{35}\). Por tanto, la probabilidad de que al menos una sea blanca es \(1-\dfrac{12}{35}=\dfrac{23}{35}\approx0{,}657\).

2. Solución del ejercicio 2 (4 puntos)

   1. Despejamos de la fórmula de la unión, \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\): \(P(A\cap B)=0{,}6+0{,}5-0{,}8=0{,}3\).
   2. Definición de probabilidad condicionada: \(P(A\mid B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}=\dfrac{0{,}3}{0{,}5}=0{,}6\).
   3. Sí son independientes: \(P(A)\cdot P(B)=0{,}6\cdot0{,}5=0{,}3=P(A\cap B)\). También se ve en que \(P(A\mid B)=P(A)=0{,}6\). Al ser \(A\) y \(B\) independientes, también lo son sus contrarios: \(0{,}4\cdot0{,}5=0{,}2\), que coincide con el apartado d.
   4. Por De Morgan, \(\bar A\cap\bar B=\overline{A\cup B}\), así que \(P(\bar A\cap\bar B)=1-P(A\cup B)=1-0{,}8=0{,}2\). Es la probabilidad de que no ocurra ninguno de los dos sucesos.

3. Solución del ejercicio 3 (4 puntos)

   1. Por columnas: mañana \(60+15=75\) y tarde \(45+30=75\). Por filas: inglés \(60+45=105\) y alemán \(15+30=45\). Total: \(150\) alumnos.
   2. Por Laplace, \(P(Al)=\dfrac{45}{150}=0{,}3\). Si sabemos que el alumno va por la tarde, el total pasa a ser 75: \(P(Al\mid T)=\dfrac{30}{75}=0{,}4\).
   3. Ahora el total son los 45 alumnos de alemán, de los que 15 van por la mañana: \(P(M\mid Al)=\dfrac{15}{45}=\dfrac13\). Un tercio de los alumnos de alemán va por la mañana.

4. Solución del ejercicio 4 (3 puntos)

   1. Los dos medios son independientes, así que multiplicamos: \(P(\text{ambos puntuales})=0{,}9\cdot0{,}95=0{,}855\). Es decir, el 85,5 % de los días llega puntual en todo el trayecto.
   2. «Al menos uno se retrasa» es el suceso contrario de «los dos son puntuales»: \(1-0{,}855=0{,}145\). Incluye los casos en que se retrasa solo el autobús, solo el metro o ambos.
   3. Las probabilidades de retraso son \(1-0{,}9=0{,}1\) y \(1-0{,}95=0{,}05\). Por independencia, \(P=0{,}1\cdot0{,}05=0{,}005\). Solo un 0,5 % de los días se retrasan los dos.

5. Solución del ejercicio 5 (5 puntos)

   1. Primera etapa, el grupo: \(I\) (0,45) y \(O\) (0,55). Segunda etapa: aprobar con 0,8 tras \(I\) y con 0,6 tras \(O\); suspender con 0,2 y 0,4. Las ramas que salen de cada nodo suman 1: \(0{,}8+0{,}2=1\) y \(0{,}6+0{,}4=1\).
   2. Teorema de la probabilidad total: \(P(Ap)=0{,}45\cdot0{,}8+0{,}55\cdot0{,}6=0{,}36+0{,}33=0{,}69\). La academia puede anunciar un 69 % de aprobados.
   3. Teorema de Bayes: \(P(I\mid Ap)=\dfrac{0{,}36}{0{,}69}=\dfrac{12}{23}\approx0{,}5217\). Aunque el grupo intensivo tiene menos alumnos, aporta algo más de la mitad de los aprobados.
   4. \(P(Su)=1-0{,}69=0{,}31\) y \(P(O\cap Su)=0{,}55\cdot0{,}4=0{,}22\). Por Bayes, \(P(O\mid Su)=\dfrac{0{,}22}{0{,}31}\approx0{,}7097\).

Total : 20 puntos