Soluții BAC Mate-info 2023 · August–Septembrie

SUBIECTUL I

1. Progresia aritmetică are formula

$$a_n=a_1+(n-1)r.$$

Din $a_5=23$ și $a_1=3$ rezultă

$$3+4r=23 \Longrightarrow 4r=20 \Longrightarrow r=5.$$

Prin urmare,

$$a_6=a_1+5r=3+25=28.$$

2. Punctul $A(m,-1)$ aparține graficului lui $f$ dacă și numai dacă

$$f(m)=-1.$$

Așadar,

$$m^2-6m+8=-1 \Longrightarrow m^2-6m+9=0 \Longrightarrow (m-3)^2=0.$$

Rezultă

$$m=3.$$

3. Scriem $9=3^2$. Ecuația devine

$$3^{2x-1}=3^2\cdot 3^{x+1}=3^{x+3}.$$

Cum funcția exponențială de bază $3$ este injectivă,

$$2x-1=x+3 \Longrightarrow x=4.$$

Soluția este

$$x=4.$$

4. Submulțimile nevide cu cel mult două elemente au fie un element, fie două elemente. Numărul lor este

$$\binom{5}{1}+\binom{5}{2}=5+10=15.$$

5. Avem

$$\overrightarrow{OA}=(3,1).$$

Dacă $C(x_C,y_C)$, atunci

$$\overrightarrow{BC}=(x_C-4,y_C-4).$$

Condiția $\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{BC}$ dă

$$(x_C-4,y_C-4)=(3,1).$$

De aici

$$x_C=7,\qquad y_C=5.$$

Prin urmare,

$$C(7,5).$$

6. Notăm $AC=b$ și $BC=c$. Triunghiul este dreptunghic în $A$, deci $BC$ este ipotenuza.

Din egalitatea ariilor,

$$\frac{AB\cdot AC}{2}=\frac{BC\cdot AD}{2}.$$

Cum $AB=6$ și $AD=3$, obținem

$$6b=3c \Longrightarrow c=2b.$$

Aplicăm teorema lui Pitagora:

$$c^2=AB^2+AC^2=36+b^2.$$

Înlocuind $c=2b$,

$$4b^2=36+b^2 \Longrightarrow 3b^2=36 \Longrightarrow b^2=12.$$

Deci

$$b=2\sqrt3,\qquad c=2b=4\sqrt3.$$

Într-un triunghi dreptunghic, raza cercului circumscris este jumătate din ipotenuză:

$$R=\frac{BC}{2}=\frac{4\sqrt3}{2}=2\sqrt3.$$

Așadar, raza cercului circumscris triunghiului $ABC$ este $2\sqrt3$.

SUBIECTUL al II-lea

1. a) Pentru $x=1$,

$$A(1)= \begin{pmatrix} 1&1&1\\ 1&1&1\\ -1&-1&-1 \end{pmatrix}.$$

Liniile sunt proporționale, de exemplu $L_2=L_1$ și $L_3=-L_1$. Prin urmare,

$$\det(A(1))=0.$$

1. b) Pentru

$$A(x)= \begin{pmatrix} x&x&x\\ 1&x&1\\ -1&-x&-1 \end{pmatrix}, \qquad A(y)= \begin{pmatrix} y&y&y\\ 1&y&1\\ -1&-y&-1 \end{pmatrix},$$

calculăm produsul:

$$A(x)A(y)= \begin{pmatrix} xy&xy&xy\\ x+y-1&xy&x+y-1\\ 1-x-y&-xy&1-x-y \end{pmatrix}.$$

De asemenea,

$$A(xy)= \begin{pmatrix} xy&xy&xy\\ 1&xy&1\\ -1&-xy&-1 \end{pmatrix}.$$

Scăzând, rezultă

$$A(x)A(y)-A(xy)= \begin{pmatrix} 0&0&0\\ x+y-2&0&x+y-2\\ 2-x-y&0&2-x-y \end{pmatrix}.$$

Cum

$$A(0)= \begin{pmatrix} 0&0&0\\ 1&0&1\\ -1&0&-1 \end{pmatrix},$$

avem

$$A(x)A(y)-A(xy)=(x+y-2)A(0),$$

pentru orice $x,y\in\mathbb R$.

1. c) Folosim relația demonstrată la punctul b):

$$A(u)A(v)=A(uv)+(u+v-2)A(0).$$

Pentru $u=-1$, $v=3$,

$$A(-1)A(3)=A(-3)+(-1+3-2)A(0)=A(-3).$$

Astfel,

$$A(-1)A(3)A(x)=A(-3)A(x).$$

Aplicând din nou relația,

$$A(-3)A(x)=A(-3x)+(-3+x-2)A(0)=A(-3x)+(x-5)A(0).$$

Condiția devine

$$A(-3x)+(x-5)A(0)=A(y).$$

Matricea din stânga are prima linie $(-3x,-3x,-3x)$, iar $A(y)$ are prima linie $(y,y,y)$, deci

$$y=-3x.$$

Comparând elementul de pe poziția $(2,1)$, obținem

$$1+(x-5)=1 \Longrightarrow x=5.$$

Atunci

$$y=-3\cdot 5=-15.$$

Soluția este

$$x=5,\qquad y=-15.$$

2. a) Pentru $m=2$, polinomul devine

$$f=X^4+2X^3-8X^2+6X+2.$$

Atunci

$$f(1)=1+2-8+6+2=3.$$

2. b) Pentru $m=0$,

$$f=X^4+2X^3-8X^2=X^2(X^2+2X-8).$$

Factorizăm trinomul:

$$X^2+2X-8=(X+4)(X-2).$$

Deci

$$f=X^2(X+4)(X-2).$$

Rădăcinile sunt

$$X=0 \text{, de multiplicitate }2,\qquad X=-4,\qquad X=2.$$

2. c) Fie

$$\alpha=1+\sqrt3.$$

Atunci

$$(\alpha-1)^2=3 \Longrightarrow \alpha^2-2\alpha-2=0 \Longrightarrow \alpha^2=2\alpha+2.$$

Calculăm puterile necesare:

$$\alpha^3=\alpha(2\alpha+2)=2\alpha^2+2\alpha =2(2\alpha+2)+2\alpha=6\alpha+4,$$ $$\alpha^4=\alpha(6\alpha+4)=6\alpha^2+4\alpha =6(2\alpha+2)+4\alpha=16\alpha+12.$$

Condiția ca $\alpha$ să fie rădăcină este

$$\alpha^4+2\alpha^3-8\alpha^2+3m\alpha+m=0.$$

Înlocuim:

$$(16\alpha+12)+2(6\alpha+4)-8(2\alpha+2)+m(3\alpha+1)=0.$$

Primii termeni se reduc la

$$16\alpha+12+12\alpha+8-16\alpha-16=12\alpha+4=4(3\alpha+1).$$

Deci

$$4(3\alpha+1)+m(3\alpha+1)=0 \Longrightarrow (m+4)(3\alpha+1)=0.$$

Cum $3\alpha+1\ne 0$, rezultă

$$m=-4.$$

Numărul este rațional, așa cum se cere.

SUBIECTUL al III-lea

1. a) Avem

$$f(x)=\frac{3e^x}{x^2+x+1}.$$

Observăm că

$$x^2+x+1=\left(x+\frac12\right)^2+\frac34>0,$$

deci funcția este definită și derivabilă pe $\mathbb R$.

Folosind regula derivării unui raport,

$$f'(x)=\frac{3e^x(x^2+x+1)-3e^x(2x+1)}{(x^2+x+1)^2}.$$

Prin urmare,

$$f'(x)=\frac{3e^x(x^2+x+1-2x-1)}{(x^2+x+1)^2} =\frac{3e^x(x^2-x)}{(x^2+x+1)^2},$$

pentru orice $x\in\mathbb R$.

1. b) Calculăm raportul:

$$\frac{f(2x)}{f(x)} = \frac{\dfrac{3e^{2x}}{4x^2+2x+1}}{\dfrac{3e^x}{x^2+x+1}} = e^x\cdot \frac{x^2+x+1}{4x^2+2x+1}.$$

Cum

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2+x+1}{4x^2+2x+1}=\frac14$$

și

$$\lim_{x\to+\infty}e^x=+\infty,$$

rezultă

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{f(2x)}{f(x)}=+\infty.$$

1. c) Din punctul a),

$$f'(x)=\frac{3e^x x(x-1)}{(x^2+x+1)^2}.$$

Deoarece $3e^x>0$ și $(x^2+x+1)^2>0$, semnul lui $f'(x)$ este semnul lui $x(x-1)$. Astfel:

$$f'(x)>0 \text{ pe } (-\infty,0),\qquad f'(x)<0 \text{ pe } (0,1),\qquad f'(x)>0 \text{ pe } (1,+\infty).$$

Funcția este continuă pe $\mathbb R$, iar valorile importante sunt

$$\lim_{x\to-\infty} f(x)=0,\qquad f(0)=3,\qquad f(1)=e,\qquad \lim_{x\to+\infty} f(x)=+\infty.$$

Deci $f$ este strict crescătoare de la $0$ la $3$ pe $(-\infty,0]$, strict descrescătoare de la $3$ la $e$ pe $[0,1]$ și strict crescătoare de la $e$ la $+\infty$ pe $[1,+\infty)$.

Pentru orice $m\in(e,3)$:

• pe intervalul $(-\infty,0)$, ecuația $f(x)=m$ are exact o soluție, deoarece $m\in(0,3)$;
• pe intervalul $(0,1)$, ecuația $f(x)=m$ are exact o soluție, deoarece $m\in(e,3)$;
• pe intervalul $(1,+\infty)$, ecuația $f(x)=m$ are exact o soluție, deoarece $m\in(e,+\infty)$.

Cele trei intervale sunt disjuncte, deci ecuația $f(x)=m$ are exact trei soluții pentru orice $m\in(e,3)$.

2. a) Pentru $x\in[1,2]$,

$$f(x)-\ln(x+1)=6x.$$

Prin urmare,

$$\int_1^2 \left(f(x)-\ln(x+1)\right)\,dx = \int_1^2 6x\,dx = 3x^2\Big|_1^2 = 12-3=9.$$

2. b) Avem

$$f(x)-6x=\ln(x+1).$$

Atunci

$$\int_0^{e-1}\frac{f(x)-6x}{x+1}\,dx = \int_0^{e-1}\frac{\ln(x+1)}{x+1}\,dx.$$

Folosim substituția

$$u=\ln(x+1),\qquad du=\frac{dx}{x+1}.$$

Pentru $x=0$, $u=0$, iar pentru $x=e-1$, $u=1$. Rezultă

$$\int_0^{e-1}\frac{\ln(x+1)}{x+1}\,dx = \int_0^1 u\,du = \frac{u^2}{2}\Big|_0^1 = \frac12.$$

2. c) Funcția

$$g(x)=f(x^2)=6x^2+\ln(x^2+1)$$

este nenegativă pe $[0,1]$, deoarece $6x^2\ge 0$ și $\ln(x^2+1)\ge 0$. Aria cerută este

$$A=\int_0^1 g(x)\,dx = \int_0^1 \left(6x^2+\ln(1+x^2)\right)\,dx.$$

Prima integrală este

$$\int_0^1 6x^2\,dx=2.$$

Pentru

$$I=\int_0^1 \ln(1+x^2)\,dx,$$

integrăm prin părți:

$$u=\ln(1+x^2),\qquad dv=dx.$$

Atunci

$$du=\frac{2x}{1+x^2}\,dx,\qquad v=x,$$

deci

$$I=x\ln(1+x^2)\Big|_0^1-\int_0^1 \frac{2x^2}{1+x^2}\,dx.$$

Cum

$$\frac{x^2}{1+x^2}=1-\frac{1}{1+x^2},$$

obținem

$$I=\ln2-2\int_0^1\left(1-\frac{1}{1+x^2}\right)\,dx.$$

Prin urmare,

$$I=\ln2-2\left(x-\arctan x\right)\Big|_0^1 = \ln2-2\left(1-\frac{\pi}{4}\right) = \ln2-2+\frac{\pi}{2}.$$

Aria este

$$A=2+I=2+\ln2-2+\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}+\ln2.$$

Deoarece aria este egală cu $a\pi+\ln2$, rezultă

$$a=\frac12.$$

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Toate cele 18 subpuncte au fost rezolvate în ordinea din subiect.
• La subiectul I sunt indicate formulele folosite și rezultatele finale simplificate.
• La matrice au fost verificate determinantul, identitatea de produs și comparația elementelor pentru determinarea lui $x,y$.
• La polinom au fost tratate separat cazurile $m=2$, $m=0$ și condiția pentru rădăcina $1+\sqrt3$.
• La analiza funcției exponențiale au fost precizate domeniul, derivata, monotonia, limitele și argumentul pentru exact trei soluții.
• La integrale au fost justificate simplificările, substituția, integrarea prin părți și semnul funcției pentru calculul ariei.
• Rezultatele finale au fost verificate: $a_6=28$, $m=3$, $x=4$, $15$, $C(7,5)$, $R=2\sqrt3$, $(x,y)=(5,-15)$, $m=-4$, respectiv $a=\frac12$.