Soluții BAC Mate-info 2025 · Simulare / model

SUBIECTUL I

1. Se dau

$$z_1=4+i,\qquad z_2=2-4i.$$

Calculăm:

$$i\cdot z_1+z_2=i(4+i)+(2-4i).$$

Deoarece $i^2=-1$, avem

$$i(4+i)+(2-4i)=4i+i^2+2-4i=2+i^2=2-1=1.$$

Prin urmare,

$$\boxed{i\cdot z_1+z_2=1}.$$

2. Punctul $A(a,5)$ aparține graficului funcției dacă și numai dacă

$$f(a)=5.$$

Cum $f(x)=x^2-3x+5$, obținem

$$a^2-3a+5=5.$$

Rezultă

$$a^2-3a=0 \Longleftrightarrow a(a-3)=0.$$

Deci

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

3. Ecuația este

$$\log_6(7x-5)=\log_6(x+1)+\frac1{\log_x 6}.$$

Condițiile de existență sunt

$$7x-5>0,\qquad x+1>0,\qquad x>0,\qquad x\ne 1.$$

Așadar

$$x>\frac57,\qquad x\ne 1.$$

Folosind formula schimbării bazei,

$$\frac1{\log_x 6}=\log_6 x.$$

Ecuația devine

$$\log_6(7x-5)=\log_6(x+1)+\log_6 x =\log_6\bigl(x(x+1)\bigr).$$

Baza $6$ este pozitivă și diferită de $1$, deci logaritmul este injectiv:

$$7x-5=x(x+1).$$

Obținem

$$x^2+x-7x+5=0 \Longleftrightarrow x^2-6x+5=0 \Longleftrightarrow (x-1)(x-5)=0.$$

Soluțiile ecuației algebrice sunt $x=1$ și $x=5$, dar $x=1$ nu aparține domeniului ecuației inițiale. Prin urmare,

$$\boxed{x=5}.$$

4. Numerele naturale de două cifre sunt de la $10$ la $99$, deci sunt

$$99-10+1=90$$

cazuri posibile.

Multiplii impari ai lui $9$, de două cifre, sunt

$$27,\ 45,\ 63,\ 81,\ 99.$$

Avem $5$ cazuri favorabile. Probabilitatea cerută este

$$\frac{5}{90}=\frac1{18}.$$

Răspuns:

$$\boxed{\frac1{18}}.$$

5. Avem

$$O(0,0),\qquad B(2,4),$$

deci

$$\overrightarrow{OB}=(2,4).$$

De asemenea,

$$A(2,0),\qquad C(5,a),$$

deci

$$\overrightarrow{AC}=(5-2,a-0)=(3,a).$$

Dreptele $OB$ și $AC$ sunt paralele dacă vectorii $(2,4)$ și $(3,a)$ sunt coliniari:

$$\frac{3}{2}=\frac{a}{4}.$$

Rezultă

$$2a=12,$$

deci

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

6. În triunghiul $ABC$, unghiul $B$ este unghiul dintre laturile $AB$ și $BC$. Se dă

$$AB=6,\qquad BC=10,\qquad \cos B=\frac45.$$

Cum $B\in(0,\pi)$, avem $\sin B>0$. Prin urmare,

$$\sin B=\sqrt{1-\cos^2 B} =\sqrt{1-\left(\frac45\right)^2} =\sqrt{1-\frac{16}{25}} =\sqrt{\frac9{25}} =\frac35.$$

Aria triunghiului este

$$\mathcal A_{ABC} =\frac12\cdot AB\cdot BC\cdot \sin B =\frac12\cdot 6\cdot 10\cdot \frac35.$$

Calculăm:

$$\mathcal A_{ABC}=30\cdot\frac35=18.$$

Deci

$$\boxed{\mathcal A_{ABC}=18}.$$

SUBIECTUL al II-lea

1.

Se consideră

$$I_3= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix},\qquad A= \begin{pmatrix} 0&0&1\\ -1&0&0\\ 0&-1&0 \end{pmatrix}$$

și

$$B(x)= \begin{pmatrix} 1&x&0\\ 0&1&x\\ -x&0&1 \end{pmatrix},\qquad x\in\mathbb R.$$

• a) Determinantul matricei $A$ este

$$\det A= \begin{vmatrix} 0&0&1\\ -1&0&0\\ 0&-1&0 \end{vmatrix}.$$

Dezvoltăm după prima linie:

$$\det A =1\cdot \begin{vmatrix} -1&0\\ 0&-1 \end{vmatrix} =1\cdot\bigl((-1)(-1)-0\cdot 0\bigr)=1.$$

Prin urmare,

$$\boxed{\det A=1}.$$

• b) Calculăm produsul:

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

Rezultă

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

Atunci

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

Prin scădere,

$$A-B(x)A= \begin{pmatrix} x&0&0\\ 0&x&0\\ 0&0&x \end{pmatrix} =xI_3.$$

Deci

$$\boxed{A-B(x)A=xI_3,\quad \forall x\in\mathbb R}.$$

• c) Mai întâi calculăm

$$A^2= \begin{pmatrix} 0&0&1\\ -1&0&0\\ 0&-1&0 \end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix} 0&-1&0\\ 0&0&-1\\ 1&0&0 \end{pmatrix}.$$

Apoi

$$A^3=A^2A= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{pmatrix} =I_3.$$

Deoarece $A^3=I_3$, rezultă

$$A^{-1}=A^2.$$

Din relația

$$A\cdot C(x)=B(x)$$

obținem

$$C(x)=A^{-1}B(x)=A^2B(x).$$

Calculăm:

$$C(x)= \begin{pmatrix} 0&-1&0\\ 0&0&-1\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&x&0\\ 0&1&x\\ -x&0&1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0&-1&-x\\ x&0&-1\\ 1&x&0 \end{pmatrix}.$$

Analog,

$$C(y)= \begin{pmatrix} 0&-1&-y\\ y&0&-1\\ 1&y&0 \end{pmatrix}.$$

Prin urmare,

$$C(x)-C(y)= \begin{pmatrix} 0&0&y-x\\ x-y&0&0\\ 0&x-y&0 \end{pmatrix}.$$

Pe de altă parte,

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

Deci

$$\boxed{C(x)-C(y)=(y-x)A,\quad \forall x,y\in\mathbb R}.$$

2.

Pe $\mathbb R$ este definită legea

$$x*y=x^2y+xy^2+x+y.$$

• a) Calculăm:

$$1*3=1^2\cdot 3+1\cdot 3^2+1+3.$$

Astfel,

$$1*3=3+9+1+3=16.$$

Deci

$$\boxed{1*3=16}.$$

• b) Cerem $x\ne 0$ și

$$x*\frac2x=9x.$$

Calculăm membrul stâng:

$$x*\frac2x =x^2\cdot\frac2x+x\left(\frac2x\right)^2+x+\frac2x.$$

Cum $x\ne0$,

$$x*\frac2x=2x+\frac4x+x+\frac2x=3x+\frac6x.$$

Ecuația devine

$$3x+\frac6x=9x.$$

Înmulțim cu $x\ne0$:

$$3x^2+6=9x^2.$$

Rezultă

$$6=6x^2 \Longleftrightarrow x^2=1.$$

Prin urmare,

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

• c) Pentru $m,n\in\mathbb Z$, avem

$$m*n=m^2n+mn^2+m+n.$$

Factorizăm:

$$m^2n+mn^2+m+n=mn(m+n)+(m+n)=(m+n)(mn+1).$$

Condiția $m*n=1$ devine

$$(m+n)(mn+1)=1.$$

Fiind produs de numere întregi egal cu $1$, avem două cazuri:

$$\begin{cases} m+n=1,\\ mn+1=1 \end{cases} \quad\text{sau}\quad \begin{cases} m+n=-1,\\ mn+1=-1. \end{cases}$$

În primul caz,

$$m+n=1,\qquad mn=0.$$

Numerele $m$ și $n$ sunt rădăcinile ecuației

$$t^2-t=0 \Longleftrightarrow t(t-1)=0,$$

deci $\{m,n\}=\{0,1\}$. Cum $m\le n$, obținem

$$(m,n)=(0,1).$$

În al doilea caz,

$$m+n=-1,\qquad mn=-2.$$

Numerele $m$ și $n$ sunt rădăcinile ecuației

$$t^2+t-2=0 \Longleftrightarrow (t+2)(t-1)=0.$$

Deci $\{m,n\}=\{-2,1\}$. Cum $m\le n$, obținem

$$(m,n)=(-2,1).$$

Perechile cerute sunt

$$\boxed{(m,n)\in\{(-2,1),(0,1)\}}.$$

SUBIECTUL al III-lea

1.

Se consideră funcția

$$f:(0,+\infty)\to\mathbb R,\qquad f(x)=\frac{\ln x}{x^3}.$$

• a) Scriem

$$f(x)=(\ln x)\cdot x^{-3}.$$

Funcția este derivabilă pe $(0,+\infty)$. Folosind regula produsului,

$$f'(x)=\frac1x\cdot x^{-3}+(\ln x)(-3)x^{-4}.$$

Deci

$$f'(x)=x^{-4}-3(\ln x)x^{-4} =\frac{1-3\ln x}{x^4}.$$

Prin urmare,

$$\boxed{f'(x)=\frac{1-3\ln x}{x^4},\quad x\in(0,+\infty)}.$$

• b) Asimptota orizontală spre $+\infty$ se obține din limita

$$\lim_{x\to+\infty}f(x) =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^3}.$$

Deoarece funcția putere $x^3$ crește mai repede decât $\ln x$,

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^3}=0.$$

Deci asimptota orizontală spre $+\infty$ este

$$\boxed{y=0}.$$

• c) Ecuația $f(x)=m$ are cel puțin o soluție dacă și numai dacă $m$ aparține imaginii funcției $f$.

Din punctul a),

$$f'(x)=\frac{1-3\ln x}{x^4}.$$

Cum $x^4>0$ pentru orice $x>0$, semnul lui $f'(x)$ este semnul lui $1-3\ln x$. Avem

$$1-3\ln x=0 \Longleftrightarrow \ln x=\frac13 \Longleftrightarrow x=e^{1/3}.$$

Rezultă că $f$ este crescătoare pe $(0,e^{1/3}]$ și descrescătoare pe $[e^{1/3},+\infty)$.

Calculăm limitele la capetele domeniului:

$$\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{x^3}=-\infty, \qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^3}=0.$$

Valoarea maximă se atinge pentru $x=e^{1/3}$:

$$f(e^{1/3}) =\frac{\ln(e^{1/3})}{(e^{1/3})^3} =\frac{\frac13}{e} =\frac1{3e}.$$

Prin continuitate și monotonia stabilită, imaginea funcției este

$$f\bigl((0,+\infty)\bigr)=\left(-\infty,\frac1{3e}\right].$$

Prin urmare, ecuația $f(x)=m$ are cel puțin o soluție pentru

$$\boxed{m\in\left(-\infty,\frac1{3e}\right]}.$$

2.

Se consideră funcția

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

• a) Avem

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

Prin urmare,

$$\int_1^4\bigl(f(x)-e^x\bigr)\,dx =\int_1^4(x^2-1)\,dx.$$

Calculăm:

$$\int_1^4(x^2-1)\,dx =\left[\frac{x^3}{3}-x\right]_1^4.$$

Astfel,

$$\left(\frac{64}{3}-4\right)-\left(\frac13-1\right) =\left(\frac{64}{3}-\frac{12}{3}\right)-\left(\frac13-\frac33\right) =\frac{52}{3}-\left(-\frac23\right) =\frac{54}{3}=18.$$

Deci

$$\boxed{\int_1^4\bigl(f(x)-e^x\bigr)\,dx=18}.$$

• b) Observăm că

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

Pe intervalul $[1,2]$, avem $e^x-1>0$, deci integrala este bine definită. Atunci

$$\int_1^2 \frac{e^x}{f(x)-x^2}\,dx =\int_1^2 \frac{e^x}{e^x-1}\,dx.$$

Folosim substituția

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

Rezultă

$$\int_1^2 \frac{e^x}{e^x-1}\,dx =\left[\ln(e^x-1)\right]_1^2.$$

Prin urmare,

$$\left[\ln(e^x-1)\right]_1^2 =\ln(e^2-1)-\ln(e-1).$$

Deoarece

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

obținem

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

Deci

$$\boxed{\int_1^2 \frac{e^x}{f(x)-x^2}\,dx=\ln(e+1)}.$$

• c) Avem

$$f(x)+1=e^x+x^2.$$

Pentru $x\in[0,1]$, sunt adevărate inegalitățile

$$x\ge0,\qquad x^2\ge0,\qquad e^x>0.$$

De aici

$$e^x+x^2\ge e^x>0.$$

Împărțind numărul nenegativ $x$ la numitori pozitivi, obținem

$$\frac{x}{e^x+x^2}\le \frac{x}{e^x}=xe^{-x}.$$

Prin urmare,

$$\int_0^1 \frac{x}{f(x)+1}\,dx =\int_0^1 \frac{x}{e^x+x^2}\,dx \le \int_0^1 xe^{-x}\,dx.$$

Calculăm integrala din dreapta prin părți. Luăm

$$u=x,\qquad dv=e^{-x}\,dx,$$

deci

$$du=dx,\qquad v=-e^{-x}.$$

Atunci

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

Mai departe,

$$\left[-xe^{-x}\right]_0^1=-\frac1e$$

și

$$\int_0^1 e^{-x}\,dx=\left[-e^{-x}\right]_0^1=1-\frac1e.$$

Prin urmare,

$$\int_0^1 xe^{-x}\,dx=-\frac1e+1-\frac1e=1-\frac2e.$$

Rezultă

$$\boxed{\int_0^1 \frac{x}{f(x)+1}\,dx\le 1-\frac2e}.$$

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Toate cele 18 subpuncte au fost rezolvate în ordinea din subiect.
• Au fost verificate condițiile de existență pentru logaritmi, baza logaritmului $\log_x 6$, domeniul funcției $\ln x/x^3$ și numitorii din integrale.
• La numere complexe, probabilitate, vectori și trigonometrie au fost arătate calculele intermediare necesare pentru punctaj complet.
• La matrice s-au calculat explicit determinantul, produsul $B(x)A$, inversa lui $A$ prin relația $A^3=I_3$ și forma matricei $C(x)$.
• La legea de compoziție s-au tratat restricția $x\ne0$, factorizarea $(m+n)(mn+1)$ și ordonarea perechilor întregi cu $m\le n$.
• La analiza funcției s-au justificat derivata, monotonia, limitele, valoarea maximă și imaginea funcției.
• Integralele au fost calculate sau majorate cu pași expliciți, iar rezultatele finale sunt simplificate și marcate clar.