Soluții BAC Mate-info 2025 · August–Septembrie

SUBIECTUL I

1. Calculăm separat:

$$3(4-5i)=12-15i$$

și

$$5i(3+2i)=15i+10i^2.$$

Deoarece $i^2=-1$, rezultă

$$3(4-5i)+5i(3+2i) =12-15i+15i+10(-1)=12-10=2.$$

Prin urmare,

$$\boxed{3(4-5i)+5i(3+2i)=2}.$$

2. Avem

$$f(1)=1+4=5.$$

Atunci

$$(g\circ f)(1)=g(f(1))=g(5)=2\cdot 5+a=10+a.$$

Condiția $(g\circ f)(1)=1$ devine

$$10+a=1,$$

deci

$$\boxed{a=-9}.$$

3. Condițiile de definiție sunt

$$6x-x^2>0 \quad\text{și}\quad 4+x>0.$$

Prima condiție este

$$x(6-x)>0 \iff x\in(0,6),$$

iar a doua este $x>-4$. Așadar, domeniul ecuației este

$$x\in(0,6).$$

Deoarece funcția logaritmică de bază $2$ este injectivă, ecuația este echivalentă cu

$$6x-x^2=4+x.$$

Rezultă

$$-x^2+5x-4=0 \iff x^2-5x+4=0 \iff (x-1)(x-4)=0.$$

Obținem

$$x=1 \quad \text{sau} \quad x=4.$$

Ambele valori aparțin intervalului $(0,6)$, deci soluția este

$$\boxed{x\in\{1,4\}}.$$

4. Numărul trebuie să fie impar, deci cifra unităților poate fi una dintre cifrele impare din $A$:

$$3,5,7,9.$$

Sunt $4$ alegeri pentru cifra unităților.

După alegerea cifrei unităților, cifra zecilor se poate alege dintre celelalte $4$ cifre din mulțimea $A$, deoarece cifrele trebuie să fie distincte. Prin regula produsului, numărul cerut este

$$4\cdot 4=16.$$

Răspuns:

$$\boxed{16}.$$

5. Notăm $C(x_C,y_C)$. Avem

$$\overrightarrow{OB}=(6,4)$$

și, deoarece $A(0,2)$,

$$\overrightarrow{AC}=(x_C-0,y_C-2)=(x_C,y_C-2).$$

Condiția $2\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{OB}$ devine

$$2(x_C,y_C-2)=(6,4).$$

Prin urmare,

$$(2x_C,2y_C-4)=(6,4),$$

deci

$$2x_C=6,\qquad 2y_C-4=4.$$

Rezultă

$$x_C=3,\qquad y_C=4.$$

Așadar,

$$\boxed{C(3,4)}.$$

6. Triunghiul $ABC$ este dreptunghic în $A$, deci ipotenuza este $BC$. Într-un triunghi dreptunghic, raza cercului circumscris este jumătate din ipotenuză:

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

Cum $R=4$, obținem

$$BC=8.$$

Aplicăm teorema lui Pitagora:

$$AC^2=BC^2-AB^2=8^2-4^2=64-16=48.$$

Deci

$$AC=4\sqrt3.$$

Aria triunghiului dreptunghic este

$$\mathcal A_{ABC}=\frac{AB\cdot AC}{2} =\frac{4\cdot 4\sqrt3}{2}=8\sqrt3.$$

Prin urmare,

$$\boxed{\mathcal A_{ABC}=8\sqrt3}.$$

SUBIECTUL al II-lea

1.

Se consideră

$$A(a)= \begin{pmatrix} a&1&2a\\ a&1&0\\ 1&1&-a \end{pmatrix}.$$

• a) Pentru $a=2$,

$$A(2)= \begin{pmatrix} 2&1&4\\ 2&1&0\\ 1&1&-2 \end{pmatrix}.$$

Scădem linia a doua din linia întâi, operație care nu modifică determinantul:

$$\det A(2)= \begin{vmatrix} 0&0&4\\ 2&1&0\\ 1&1&-2 \end{vmatrix}.$$

Dezvoltând după prima linie,

$$\det A(2)=4 \begin{vmatrix} 2&1\\ 1&1 \end{vmatrix} =4(2\cdot 1-1\cdot 1)=4.$$

Așadar,

$$\boxed{\det A(2)=4}.$$

• b) Pentru $a=1$, sistemul devine

$$\begin{cases} x+y+2z=2,\\ x+y=0,\\ x+y-z=-1. \end{cases}$$

Din a doua ecuație obținem

$$x+y=0.$$

Atunci prima ecuație devine

$$2z=2,$$

deci $z=1$. A treia ecuație devine

$$0-z=-1,$$

deci din nou $z=1$.

Prin urmare, pentru orice $t\in\mathbb R$, putem lua

$$x=t,\qquad y=-t,\qquad z=1.$$

Soluțiile sunt

$$\boxed{(x,y,z)=(t,-t,1),\quad t\in\mathbb R},$$

deci sistemul are o infinitate de soluții.

• c) Calculăm determinantul matricei sistemului. Scăzând linia a doua din linia întâi, obținem

$$\det A(a)= \begin{vmatrix} 0&0&2a\\ a&1&0\\ 1&1&-a \end{vmatrix} =2a \begin{vmatrix} a&1\\ 1&1 \end{vmatrix}.$$

Deci

$$\det A(a)=2a(a-1).$$

Sistemul are soluție unică dacă și numai dacă

$$\det A(a)\ne 0 \iff a\ne 0 \text{ și } a\ne 1.$$

Cerem ca soluția unică $(x_0,y_0,z_0)$ să verifice $x_0=a$. Înlocuim $x=a$ în sistem:

$$\begin{cases} a^2+y+2az=a+1,\\ a^2+y=0,\\ a+y-az=-1. \end{cases}$$

Din a doua ecuație:

$$y=-a^2.$$

Prima ecuație devine

$$a^2-a^2+2az=a+1,$$

adică

$$2az=a+1.$$

A treia ecuație devine

$$a-a^2-az=-1,$$

de unde

$$az=1+a-a^2.$$

Cum $a\ne 0$, din $2az=a+1$ avem

$$az=\frac{a+1}{2}.$$

Egalând cele două expresii ale lui $az$, obținem

$$\frac{a+1}{2}=1+a-a^2.$$

Rezultă

$$a+1=2+2a-2a^2 \iff 2a^2-a-1=0.$$

Factorizăm:

$$2a^2-a-1=(2a+1)(a-1).$$

Astfel,

$$a=1 \quad \text{sau} \quad a=-\frac12.$$

Valoarea $a=1$ nu convine, deoarece pentru $a=1$ sistemul nu are soluție unică. Prin urmare,

$$\boxed{a=-\frac12}.$$

2.

Se consideră polinomul

$$f=X^4-3X^3+X^2-2X+m,\qquad m\in\mathbb R.$$

• a) Pentru $m=3$,

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

Calculăm:

$$f(1)=1^4-3\cdot 1^3+1^2-2\cdot 1+3 =1-3+1-2+3=0.$$

Deci

$$\boxed{f(1)=0}.$$

• b) Fie $x_1,x_2,x_3,x_4$ rădăcinile polinomului $f$, considerate cu multiplicități. Din relațiile lui Viète, deoarece polinomul este monic,

$$x_1+x_2+x_3+x_4=3$$

și

$$x_1x_2x_3x_4=m.$$

Condiția din enunț este

$$(x_1x_2x_3x_4)^2-x_1-x_2-x_3-x_4=1.$$

Înlocuind relațiile lui Viète, obținem

$$m^2-3=1.$$

Deci

$$m^2=4,$$

de unde

$$\boxed{m\in\{-2,2\}}.$$

• c) Pentru $m=0$,

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

Conform teoremei restului, restul împărțirii polinomului $f$ la $X-a$ este $f(a)$. Cerința devine

$$f(a)=a.$$

Prin urmare,

$$a^4-3a^3+a^2-2a=a.$$

Mutând totul în membrul stâng,

$$a^4-3a^3+a^2-3a=0.$$

Scoatem factor comun $a$:

$$a(a^3-3a^2+a-3)=0.$$

Factorizăm prin grupare:

$$a^3-3a^2+a-3=a^2(a-3)+(a-3)=(a-3)(a^2+1).$$

Astfel,

$$a(a-3)(a^2+1)=0.$$

Cum $a\in\mathbb R$, ecuația $a^2+1=0$ nu are soluții reale. Rezultă

$$\boxed{a\in\{0,3\}}.$$

SUBIECTUL al III-lea

1.

Se consideră funcția

$$f:\mathbb R\to\mathbb R,\qquad f(x)=\frac{x^2+6}{\sqrt{x^2+1}}.$$

• a) Pentru orice $x\in\mathbb R$, avem $x^2+1>0$, deci funcția este derivabilă pe $\mathbb R$. Scriem

$$f(x)=(x^2+6)(x^2+1)^{-\frac12}.$$

Derivăm folosind regula produsului:

$$f'(x)=2x(x^2+1)^{-\frac12} +(x^2+6)\left(-\frac12\right)(x^2+1)^{-\frac32}\cdot 2x.$$

Deci

$$f'(x)=\frac{2x}{\sqrt{x^2+1}} -\frac{x(x^2+6)}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}.$$

Aducem la același numitor:

$$f'(x)= \frac{2x(x^2+1)-x(x^2+6)} {(x^2+1)\sqrt{x^2+1}}.$$

Numărătorul este

$$2x(x^2+1)-x(x^2+6) =2x^3+2x-x^3-6x =x^3-4x =x(x^2-4).$$

Prin urmare,

$$\boxed{ f'(x)=\frac{x(x^2-4)}{(x^2+1)\sqrt{x^2+1}},\quad x\in\mathbb R }.$$

• b) Punctul de abscisă $0$ de pe grafic are ordonata

$$f(0)=\frac{0^2+6}{\sqrt{0^2+1}}=6.$$

Din formula de la punctul a),

$$f'(0)=0.$$

Ecuația tangentei la grafic în punctul de abscisă $0$ este

$$y-f(0)=f'(0)(x-0).$$

Astfel,

$$y-6=0,$$

deci

$$\boxed{y=6}.$$

• c) Din punctul a), deoarece

$$(x^2+1)\sqrt{x^2+1}>0,\quad \forall x\in\mathbb R,$$

semnul lui $f'(x)$ este semnul produsului

$$x(x^2-4)=x(x-2)(x+2).$$

Pe intervalul $[0,2]$, avem $x\ge 0$ și $x^2-4\le 0$, deci

$$f'(x)\le 0.$$

Prin urmare, $f$ este descrescătoare pe $[0,2]$.

Pe intervalul $[2,+\infty)$, avem $x\ge 0$ și $x^2-4\ge 0$, deci

$$f'(x)\ge 0.$$

Prin urmare, $f$ este crescătoare pe $[2,+\infty)$.

Pentru $x\in[0,1]$, rezultă că

$$f(x)\ge f(1),$$

deoarece $f$ este descrescătoare pe $[0,2]$. De asemenea,

$$7x\in[0,7].$$

Pe intervalul $[0,7]$, funcția descrește pe $[0,2]$ și crește pe $[2,7]$, deci valoarea maximă pe $[0,7]$ se află la unul dintre capete. Calculăm:

$$f(0)=6,$$

iar

$$f(7)=\frac{49+6}{\sqrt{49+1}} =\frac{55}{\sqrt{50}} =\frac{55}{5\sqrt2} =\frac{11}{\sqrt2}.$$

Cum

$$\frac{11}{\sqrt2}>6,$$

valoarea maximă pe $[0,7]$ este $f(7)$. Așadar,

$$f(7x)\le f(7),\quad \forall x\in[0,1].$$

Prin urmare,

$$f(7x)-f(x)\le f(7)-f(1).$$

Calculăm

$$f(1)=\frac{1+6}{\sqrt{1+1}}=\frac{7}{\sqrt2}.$$

Deci

$$f(7)-f(1) =\frac{11}{\sqrt2}-\frac{7}{\sqrt2} =\frac{4}{\sqrt2} =2\sqrt2.$$

Rezultă

$$\boxed{f(7x)-f(x)\le 2\sqrt2,\quad \forall x\in[0,1]}.$$

2.

Se consideră funcția

$$f:\mathbb R\to\mathbb R,\qquad f(x)=3x^2-1+e^{2x}.$$

• a) Observăm că

$$f(x)-e^{2x}=3x^2-1.$$

Atunci

$$\int_0^3\left(f(x)-e^{2x}\right)\,dx =\int_0^3(3x^2-1)\,dx.$$

Calculăm:

$$\int_0^3(3x^2-1)\,dx =\left[x^3-x\right]_0^3 =(27-3)-0=24.$$

Prin urmare,

$$\boxed{\int_0^3\left(f(x)-e^{2x}\right)\,dx=24}.$$

• b) Avem

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

Prin urmare,

$$\int_0^1 4x\left(f(x)-3x^2+1\right)\,dx =\int_0^1 4xe^{2x}\,dx.$$

Observăm că

$$\left((2x-1)e^{2x}\right)' =2e^{2x}+2(2x-1)e^{2x} =4xe^{2x}.$$

Deci

$$\int_0^1 4xe^{2x}\,dx =\left[(2x-1)e^{2x}\right]_0^1.$$

Calculăm:

$$\left[(2x-1)e^{2x}\right]_0^1 =(2\cdot 1-1)e^2-(2\cdot 0-1)e^0 =e^2-(-1) =e^2+1.$$

Așadar,

$$\boxed{\int_0^1 4x\left(f(x)-3x^2+1\right)\,dx=e^2+1}.$$

• c) Considerăm

$$F(x)=\int_0^x \frac{f(t)}{t+1}\,dt.$$

Pentru $x$ suficient de apropiat de $0$, avem $t+1\ne 0$ pe intervalul de integrare, deci integrala este bine definită. Trebuie să calculăm

$$\lim_{x\to 0}\frac{F(x)}{x^2}.$$

Avem

$$F(0)=0$$

și

$$\lim_{x\to 0}x^2=0.$$

Aplicăm regula lui l’Hôpital:

$$\lim_{x\to0}\frac{F(x)}{x^2} =\lim_{x\to0}\frac{F'(x)}{2x}.$$

Prin teorema fundamentală a calculului integral,

$$F'(x)=\frac{f(x)}{x+1}.$$

Astfel,

$$\lim_{x\to0}\frac{F(x)}{x^2} =\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{2x(x+1)}.$$

Cum

$$f(0)=3\cdot 0^2-1+e^0=0,$$

obținem din nou o formă nedeterminată de tip $\frac00$. Aplicăm încă o dată regula lui l’Hôpital:

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{2x(x+1)} =\lim_{x\to0}\frac{f'(x)}{(2x(x+1))'}.$$

Derivăm:

$$f'(x)=6x+2e^{2x}$$

și

$$(2x(x+1))'= (2x^2+2x)'=4x+2.$$

Prin urmare,

$$\lim_{x\to0}\frac{f'(x)}{4x+2} =\lim_{x\to0}\frac{6x+2e^{2x}}{4x+2} =\frac{2}{2}=1.$$

Deci

$$\boxed{\lim_{x\to0}\frac{1}{x^2}\int_0^x\frac{f(t)}{t+1}\,dt=1}.$$

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Toate cele 18 subpuncte au fost rezolvate în ordinea din subiect.
• Au fost verificate condițiile de definiție pentru logaritm, pentru funcțiile cu radical la numitor și pentru limita cu integrala în vecinătatea lui $0$.
• La sistemul de ecuații s-au tratat separat existența unei infinități de soluții și condiția de soluție unică prin determinant.
• La polinom s-au folosit corect relațiile lui Viète și teorema restului, cu verificarea soluțiilor reale.
• La studiul funcției s-au justificat derivata, tangenta, monotonia și estimarea necesară pentru inegalitate.
• Integralele și limita au fost calculate cu pași expliciți, iar rezultatele finale sunt simplificate și marcate clar.