Soluții BAC Mate-info 2025 · Iunie–Iulie

SUBIECTUL I

1. Avem

$$z_1=1-i,\qquad z_2=2+i.$$

Calculăm:

$$2z_1+iz_2=2(1-i)+i(2+i).$$

Deoarece $i^2=-1$, rezultă

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

Prin urmare,

$$\boxed{2z_1+iz_2=1}.$$

2. Funcția este

$$f(x)=x+3.$$

Atunci

$$(f\circ f)(a)=f(f(a))=f(a+3)=a+3+3=a+6.$$

Condiția din enunț devine

$$a+6=9.$$

De aici obținem

$$\boxed{a=3}.$$

3. Ecuația este

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

Radicalul este definit deoarece

$$\Delta=(-3)^2-4\cdot 2\cdot 2=9-16=-7<0$$

și coeficientul lui $x^2$ este pozitiv, deci

$$2x^2-3x+2>0,\qquad \forall x\in\mathbb R.$$

Deoarece radicalul este un număr nenegativ, este necesar ca

$$x\ge 0.$$

Pentru $x\ge 0$, putem ridica la pătrat ambii membri:

$$2x^2-3x+2=x^2.$$

Rezultă

$$x^2-3x+2=0 \iff (x-1)(x-2)=0.$$

Deci

$$x=1 \quad \text{sau} \quad x=2.$$

Verificăm în ecuația inițială:

$$\sqrt{2\cdot 1^2-3\cdot 1+2}=\sqrt1=1,$$

iar

$$\sqrt{2\cdot 2^2-3\cdot 2+2}=\sqrt4=2.$$

Ambele valori sunt admise, deci

$$\boxed{x\in\{1,2\}}.$$

4. Numerele naturale de două cifre sunt

$$10,11,\ldots,99,$$

deci sunt

$$99-10+1=90$$

cazuri posibile.

Numărul din enunț este

$$2^6=64.$$

Divizorii pozitivi ai lui $64$ sunt

$$1,2,4,8,16,32,64.$$

Dintre aceștia, divizorii de două cifre sunt

$$16,\ 32,\ 64,$$

deci sunt $3$ cazuri favorabile.

Probabilitatea cerută este

$$P=\frac{3}{90}=\frac{1}{30}.$$

Răspuns:

$$\boxed{\frac{1}{30}}.$$

5. Punctele sunt

$$A(0,1),\quad B(5,0),\quad C(6,3),\quad D(a,b).$$

Mijlocul segmentului $AC$ este

$$M_{AC}\left(\frac{0+6}{2},\frac{1+3}{2}\right)=M_{AC}(3,2).$$

Mijlocul segmentului $BD$ este

$$M_{BD}\left(\frac{5+a}{2},\frac{0+b}{2}\right) = M_{BD}\left(\frac{5+a}{2},\frac b2\right).$$

Deoarece segmentele $AC$ și $BD$ au același mijloc, avem

$$\frac{5+a}{2}=3,\qquad \frac b2=2.$$

De aici

$$5+a=6,\qquad b=4,$$

deci

$$\boxed{a=1,\quad b=4}.$$

6. Triunghiul $ABC$ este dreptunghic în $A$, deci $AB$ și $AC$ sunt catetele, iar $BC$ este ipotenuza.

Pentru unghiul $B$, cateta opusă este $AC$, iar cateta alăturată este $AB$. Astfel,

$$\tan B=\frac{AC}{AB}.$$

Din $\tan B=3$ și $AB=2$, obținem

$$3=\frac{AC}{2},$$

deci

$$AC=6.$$

Aplicăm teorema lui Pitagora:

$$BC^2=AB^2+AC^2=2^2+6^2=4+36=40.$$

Cum $BC>0$, rezultă

$$BC=\sqrt{40}=2\sqrt{10}.$$

Prin urmare,

$$\boxed{BC=2\sqrt{10}}.$$

SUBIECTUL al II-lea

1.

Se consideră matricea

$$A(x)= \begin{pmatrix} 2-3x&0&x\\ 0&2&0\\ -9x&0&2+3x \end{pmatrix}, \qquad x\in\mathbb R.$$

• a) Pentru $x=1$, avem

$$A(1)= \begin{pmatrix} -1&0&1\\ 0&2&0\\ -9&0&5 \end{pmatrix}.$$

Dezvoltăm determinantul după linia a doua:

$$\det A(1) = 2\begin{vmatrix} -1&1\\ -9&5 \end{vmatrix}.$$

Calculăm determinantul de ordinul al doilea:

$$\begin{vmatrix} -1&1\\ -9&5 \end{vmatrix} = (-1)\cdot 5-1\cdot(-9) = -5+9=4.$$

Prin urmare,

$$\det A(1)=2\cdot 4=8.$$

Deci

$$\boxed{\det A(1)=8}.$$

• b) Calculăm produsul:

$$A(x)A(y)= \begin{pmatrix} 2-3x&0&x\\ 0&2&0\\ -9x&0&2+3x \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2-3y&0&y\\ 0&2&0\\ -9y&0&2+3y \end{pmatrix}.$$

Elementele nenule se obțin astfel:

$$(1,1):\ (2-3x)(2-3y)+x(-9y) =4-6x-6y+9xy-9xy =4-6(x+y),$$ $$(1,3):\ (2-3x)y+x(2+3y) =2y-3xy+2x+3xy =2(x+y),$$ $$(2,2):\ 2\cdot 2=4,$$ $$(3,1):\ (-9x)(2-3y)+(2+3x)(-9y) =-18x+27xy-18y-27xy =-18(x+y),$$ $$(3,3):\ (-9x)y+(2+3x)(2+3y) =-9xy+4+6x+6y+9xy =4+6(x+y).$$

Deci

$$A(x)A(y)= \begin{pmatrix} 4-6(x+y)&0&2(x+y)\\ 0&4&0\\ -18(x+y)&0&4+6(x+y) \end{pmatrix}.$$

Pe de altă parte,

$$2A(x+y) = 2\begin{pmatrix} 2-3(x+y)&0&x+y\\ 0&2&0\\ -9(x+y)&0&2+3(x+y) \end{pmatrix},$$

adică

$$2A(x+y)= \begin{pmatrix} 4-6(x+y)&0&2(x+y)\\ 0&4&0\\ -18(x+y)&0&4+6(x+y) \end{pmatrix}.$$

Prin urmare,

$$\boxed{A(x)A(y)=2A(x+y),\qquad \forall x,y\in\mathbb R}.$$

• c) Observăm mai întâi că

$$A(x)+A(3x) = \begin{pmatrix} 4-12x&0&4x\\ 0&4&0\\ -36x&0&4+12x \end{pmatrix} =2A(2x).$$

Atunci ecuația devine

$$\bigl(A(x)+A(3x)\bigr)A(2x)=4A(x^2)$$ $$\Longleftrightarrow 2A(2x)A(2x)=4A(x^2).$$

Folosind relația demonstrată la punctul b), pentru $y=2x$, avem

$$A(2x)A(2x)=2A(4x).$$

Astfel,

$$2A(2x)A(2x)=2\cdot 2A(4x)=4A(4x).$$

Ecuația este echivalentă cu

$$4A(4x)=4A(x^2),$$

deci

$$A(4x)=A(x^2).$$

Din egalitatea elementelor de pe poziția $(1,3)$, rezultă

$$4x=x^2.$$

Așadar

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

Prin urmare,

$$\boxed{x\in\{0,4\}}.$$

2.

Se consideră polinomul

$$f=aX^3+3X^2-aX-6,\qquad a\in\mathbb R^*.$$

• a) Calculăm:

$$f(1)=a\cdot 1^3+3\cdot 1^2-a\cdot 1-6 =a+3-a-6=-3.$$

Deci, pentru orice $a\in\mathbb R^*$,

$$\boxed{f(1)=-3}.$$

• b) Pentru $a=1$, polinomul este

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

Împărțim la

$$g=X^2+3X-1.$$

Observăm că

$$X\cdot g = X(X^2+3X-1) = X^3+3X^2-X.$$

Atunci

$$f=Xg-6.$$

Prin urmare, câtul este

$$\boxed{q=X},$$

iar restul este

$$\boxed{r=-6}.$$

• c) Fie $x_1,x_2,x_3$ rădăcinile polinomului. Din relațiile lui Viète pentru

$$aX^3+3X^2-aX-6$$

obținem

$$x_1+x_2+x_3=-\frac{3}{a},$$ $$x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=\frac{-a}{a}=-1,$$ $$x_1x_2x_3=-\frac{-6}{a}=\frac{6}{a}.$$

Dezvoltăm produsul:

$$(1+x_1)(1+x_2)(1+x_3) = 1+(x_1+x_2+x_3)+(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)+x_1x_2x_3.$$

Înlocuind relațiile lui Viète, obținem

$$(1+x_1)(1+x_2)(1+x_3) = 1-\frac3a-1+\frac6a =\frac3a.$$

Condiția din enunț este

$$\frac3a=1.$$

Cum $a\ne 0$, rezultă

$$\boxed{a=3}.$$

SUBIECTUL al III-lea

1.

Se consideră funcția

$$f:(0,+\infty)\to\mathbb R,\qquad f(x)=2x+\ln\frac{x}{x+2}.$$

• a) Pentru $x>0$, avem $x+2>0$, deci funcția este derivabilă pe $(0,+\infty)$. Scriem

$$\ln\frac{x}{x+2}=\ln x-\ln(x+2).$$

Derivăm:

$$f'(x)=2+\frac1x-\frac1{x+2}.$$

Calculăm diferența:

$$\frac1x-\frac1{x+2} = \frac{x+2-x}{x(x+2)} = \frac{2}{x(x+2)}.$$

Astfel,

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

Deoarece

$$2x(x+2)+2=2x^2+4x+2=2(x+1)^2,$$

obținem

$$\boxed{f'(x)=\frac{2(x+1)^2}{x(x+2)},\qquad x\in(0,+\infty)}.$$

• b) Căutăm asimptota oblică spre $+\infty$, de forma $y=mx+n$.

Coeficientul $m$ este

$$m=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x} = \lim_{x\to+\infty}\left(2+\frac{1}{x}\ln\frac{x}{x+2}\right).$$

Cum

$$\frac{x}{x+2}\to 1 \quad\text{și}\quad \ln\frac{x}{x+2}\to 0,$$

rezultă

$$m=2.$$

Termenul liber $n$ este

$$n=\lim_{x\to+\infty}\bigl(f(x)-2x\bigr) = \lim_{x\to+\infty}\ln\frac{x}{x+2} =\ln 1=0.$$

Așadar asimptota oblică spre $+\infty$ este

$$\boxed{y=2x}.$$

• c) Funcția este continuă pe $(0,+\infty)$. Din punctul a),

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

Pentru $x>0$, avem

$$2(x+1)^2>0,\qquad x(x+2)>0,$$

deci

$$f'(x)>0,\qquad \forall x\in(0,+\infty).$$

Prin urmare, $f$ este strict crescătoare pe $(0,+\infty)$, deci este injectivă.

Calculăm limitele la capetele intervalului:

$$\lim_{x\to 0^+}f(x) = \lim_{x\to 0^+}\left(2x+\ln\frac{x}{x+2}\right) =-\infty,$$

deoarece $2x\to 0$ și $\frac{x}{x+2}\to 0^+$.

De asemenea,

$$\lim_{x\to+\infty}f(x) =+\infty,$$

deoarece $2x\to+\infty$, iar

$$\ln\frac{x}{x+2}=\ln\frac{1}{1+\frac2x}\to \ln 1=0.$$

Fiind continuă și strict crescătoare, cu limitele

$$\lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty,\qquad \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty,$$

funcția are imaginea $\mathbb R$, deci este surjectivă.

Rezultă că $f$ este injectivă și surjectivă, deci

$$\boxed{f:(0,+\infty)\to\mathbb R\ \text{este bijectivă}}.$$

2.

Se consideră funcția

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

• a) Pentru $x\in[0,3]$, avem $x+1>0$, deci funcția este definită. Calculăm:

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

Prin urmare,

$$\int_0^3 f(x)(x+1)^3\,dx = \int_0^3 x^2\,dx = \left.\frac{x^3}{3}\right|_0^3 = \frac{27}{3}-0=9.$$

Deci

$$\boxed{\int_0^3 f(x)(x+1)^3\,dx=9}.$$

• b) Pentru $x\in[0,1]$, avem $x\ge 0$ și $x+1>0$. Astfel,

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

Deci

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

Atunci

$$\int_0^1 \sqrt{f(x)(x+1)}\,dx = \int_0^1 \frac{x}{x+1}\,dx.$$

Scriem

$$\frac{x}{x+1}=\frac{x+1-1}{x+1}=1-\frac1{x+1}.$$

Prin urmare,

$$\int_0^1 \frac{x}{x+1}\,dx = \int_0^1\left(1-\frac1{x+1}\right)\,dx = \left. \bigl(x-\ln(x+1)\bigr)\right|_0^1.$$

Rezultă

$$\left. \bigl(x-\ln(x+1)\bigr)\right|_0^1 = 1-\ln 2-(0-\ln 1) = 1-\ln 2.$$

Așadar

$$\boxed{\int_0^1 \sqrt{f(x)(x+1)}\,dx=1-\ln 2}.$$

• c) Funcția $g$ este

$$g:\mathbb R\to\mathbb R,\qquad g(x)=\frac{f(e^x)}{e^x}.$$

Pentru orice $x\in\mathbb R$, avem $e^x>0$, deci $e^x\in(-1,+\infty)$ și funcția este bine definită.

Calculăm:

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

Prin urmare,

$$g(x)=\frac{f(e^x)}{e^x} = \frac{e^{2x}}{(e^x+1)^3}\cdot \frac1{e^x} = \frac{e^x}{(e^x+1)^3}.$$

Avem

$$g(x)>0,\qquad \forall x\in\mathbb R,$$

deci aria cerută este

$$\mathcal A=\int_{-1}^{1}g(x)\,dx = \int_{-1}^{1}\frac{e^x}{(e^x+1)^3}\,dx.$$

Facem substituția

$$u=e^x+1,\qquad du=e^x\,dx.$$

Pentru $x=-1$,

$$u=e^{-1}+1=\frac{e+1}{e},$$

iar pentru $x=1$,

$$u=e+1.$$

Atunci

$$\mathcal A = \int_{\frac{e+1}{e}}^{e+1} \frac{1}{u^3}\,du = \left.-\frac{1}{2u^2}\right|_{\frac{e+1}{e}}^{e+1}.$$

Calculăm:

$$\mathcal A = -\frac{1}{2(e+1)^2} +\frac{1}{2\left(\frac{e+1}{e}\right)^2}.$$

Deoarece

$$\left(\frac{e+1}{e}\right)^2=\frac{(e+1)^2}{e^2},$$

rezultă

$$\frac{1}{2\left(\frac{e+1}{e}\right)^2} = \frac{e^2}{2(e+1)^2}.$$

Prin urmare,

$$\mathcal A = \frac{e^2}{2(e+1)^2}-\frac{1}{2(e+1)^2} = \frac{e^2-1}{2(e+1)^2}.$$

Factorizăm:

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

Astfel,

$$\mathcal A = \frac{(e-1)(e+1)}{2(e+1)^2} = \frac{e-1}{2(e+1)}.$$

Deci aria este

$$\boxed{\mathcal A=\frac{e-1}{2(e+1)}}.$$

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Toate cele 18 cerințe au fost rezolvate în ordinea din subiect, cu rezultate finale marcate clar.
• Au fost verificate condițiile de definiție și de semn pentru radicalul din SUBIECTUL I.3, pentru radicalul din integrala de la SUBIECTUL al III-lea.2.b și pentru funcțiile logaritmice.
• La SUBIECTUL al II-lea au fost calculate explicit determinantul, produsul matricial, ecuația matricială și relațiile lui Viète pentru parametrul $a$.
• La SUBIECTUL al III-lea au fost justificate derivata, asimptota oblică, bijectivitatea, integralele și aria prin substituție.
• Calculele au fost reverificate: probabilitatea este $\frac{1}{30}$, soluțiile ecuației cu radical sunt $1$ și $2$, ecuația matricială dă $x\in\{0,4\}$, iar aria este $\frac{e-1}{2(e+1)}$.