Soluții BAC Mate-info 2025 · Simulare / model

SUBIECTUL I

1. Pentru progresia geometrică $(b_n)_{n\ge 1}$, notăm rația cu $q$. Deoarece

$$b_3=40,\qquad b_4=80,$$

avem

$$q=\frac{b_4}{b_3}=\frac{80}{40}=2.$$

Cum

$$b_3=b_1q^2,$$

rezultă

$$40=b_1\cdot 2^2=4b_1.$$

Deci

$$\boxed{b_1=10}.$$

2. Graficul funcției

$$f(x)=x^2-2x+m$$

intersectează axa $Ox$ în două puncte distincte dacă ecuația

$$x^2-2x+m=0$$

are două rădăcini reale distincte.

Pentru aceasta trebuie ca discriminantul să fie strict pozitiv:

$$\Delta=(-2)^2-4\cdot 1\cdot m=4-4m=4(1-m).$$

Condiția este

$$4(1-m)>0 \Longleftrightarrow 1-m>0 \Longleftrightarrow m<1.$$

Prin urmare,

$$\boxed{m\in(-\infty,1)}.$$

3. Ecuația este

$$3^x+2\cdot 3^{x+1}=63.$$

Folosim

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

Atunci

$$3^x+2\cdot 3\cdot 3^x=63,$$

deci

$$3^x+6\cdot 3^x=63 \Longleftrightarrow 7\cdot 3^x=63.$$

Rezultă

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

Funcția exponențială de bază $3$ este injectivă, deci

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

4. Numerele naturale de două cifre sunt

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

deci sunt

$$99-10+1=90$$

cazuri posibile.

Dorim ca $n^2$ să fie număr natural de trei cifre, adică

$$100\le n^2\le 999.$$

Pentru $n$ număr natural de două cifre avem deja $n\ge 10$, deci $n^2\ge 100$. Rămâne condiția

$$n^2\le 999.$$

Cum

$$31^2=961\le 999,\qquad 32^2=1024>999,$$

valorile favorabile sunt

$$n=10,11,\ldots,31.$$

Numărul lor este

$$31-10+1=22.$$

Probabilitatea cerută este

$$P=\frac{22}{90}=\frac{11}{45}.$$

Răspuns:

$$\boxed{\frac{11}{45}}.$$

5. Avem

$$A(1,2),\qquad B(7,4).$$

Prin urmare,

$$\overrightarrow{AB}=(7-1,4-2)=(6,2).$$

Din condiția

$$\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{AC}$$

rezultă

$$\overrightarrow{AC}=\frac12\overrightarrow{AB}=(3,1).$$

Deci

$$C=A+\overrightarrow{AC}=(1,2)+(3,1)=(4,3).$$

Calculăm vectorul

$$\overrightarrow{CB}=B-C=(7-4,4-3)=(3,1).$$

Condiția

$$\overrightarrow{OD}=\overrightarrow{CB}$$

arată că punctul $D$ are coordonatele vectorului $\overrightarrow{CB}$. Așadar

$$\boxed{D(3,1)}.$$

6. Fie $D$ piciorul înălțimii din $A$ pe dreapta $BC$. Triunghiul $ABC$ este ascuțitunghic, deci $D$ aparține segmentului $BC$.

În triunghiul dreptunghic $ABD$, avem

$$AB=10,\qquad AD=8.$$

Din teorema lui Pitagora:

$$BD^2=AB^2-AD^2=10^2-8^2=100-64=36.$$

Cum $BD>0$, rezultă

$$BD=6.$$

Notăm

$$CD=t,\qquad t>0.$$

În triunghiul dreptunghic $ACD$, avem

$$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{64+t^2}.$$

Distanța de la $D$ la dreapta $AC$ este înălțimea dusă din unghiul drept pe ipotenuza triunghiului dreptunghic $ACD$. Aceasta este

$$\frac{AD\cdot CD}{AC}=\frac{8t}{\sqrt{64+t^2}}.$$

Din enunț:

$$\frac{8t}{\sqrt{64+t^2}}=4\sqrt2.$$

Împărțim la $4$:

$$\frac{2t}{\sqrt{64+t^2}}=\sqrt2.$$

Ridicăm la pătrat, cu ambii membri pozitivi:

$$\frac{4t^2}{64+t^2}=2.$$

Rezultă

$$4t^2=128+2t^2 \Longleftrightarrow 2t^2=128 \Longleftrightarrow t^2=64.$$

Cum $t>0$, avem

$$CD=8.$$

Atunci

$$BC=BD+CD=6+8=14.$$

Aria triunghiului este

$$\mathcal A_{ABC}=\frac{BC\cdot AD}{2} =\frac{14\cdot 8}{2}=56.$$

Deci

$$\boxed{\mathcal A_{ABC}=56}.$$

SUBIECTUL al II-lea

1.

Se consideră

$$A(a)= \begin{pmatrix} a&1&-a\\ 3&1&-2\\ 1&-3&a \end{pmatrix}$$

și sistemul

$$\begin{cases} ax+y-az=1\\ 3x+y-2z=1\\ x-3y+az=-3 \end{cases}.$$

• a) Pentru $a=0$,

$$A(0)= \begin{pmatrix} 0&1&0\\ 3&1&-2\\ 1&-3&0 \end{pmatrix}.$$

Dezvoltăm determinantul după prima linie:

$$\det A(0) =1\cdot (-1)^{1+2} \begin{vmatrix} 3&-2\\ 1&0 \end{vmatrix}.$$

Calculăm determinantul de ordinul al doilea:

$$\begin{vmatrix} 3&-2\\ 1&0 \end{vmatrix} =3\cdot 0-(-2)\cdot 1=2.$$

Prin urmare,

$$\det A(0)=-2.$$

Deci

$$\boxed{\det A(0)=-2}.$$

• b) Sistemul are soluție unică dacă și numai dacă matricea coeficienților este inversabilă, adică

$$\det A(a)\ne 0.$$

Calculăm determinantul:

$$\det A(a)= \begin{vmatrix} a&1&-a\\ 3&1&-2\\ 1&-3&a \end{vmatrix}.$$

Dezvoltând după prima linie:

$$\det A(a) =a \begin{vmatrix} 1&-2\\ -3&a \end{vmatrix} -1 \begin{vmatrix} 3&-2\\ 1&a \end{vmatrix} {}+ (-a) \begin{vmatrix} 3&1\\ 1&-3 \end{vmatrix}.$$

Calculăm:

$$\begin{vmatrix} 1&-2\\ -3&a \end{vmatrix} =a-6,$$ $$\begin{vmatrix} 3&-2\\ 1&a \end{vmatrix} =3a+2,$$

și

$$\begin{vmatrix} 3&1\\ 1&-3 \end{vmatrix} =-9-1=-10.$$

Astfel,

$$\det A(a)=a(a-6)-(3a+2)+(-a)(-10).$$

Rezultă

$$\det A(a)=a^2-6a-3a-2+10a=a^2+a-2.$$

Factorizăm:

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

Deci sistemul are soluție unică pentru

$$(a-1)(a+2)\ne 0,$$

adică

$$\boxed{a\in\mathbb R\setminus\{-2,1\}}.$$

• c) Pentru $a=1$, sistemul devine

$$\begin{cases} x+y-z=1\\ 3x+y-2z=1\\ x-3y+z=-3 \end{cases}.$$

Scădem prima ecuație din a doua:

$$(3x+y-2z)-(x+y-z)=1-1,$$

deci

$$2x-z=0 \Longleftrightarrow z=2x.$$

Din prima ecuație:

$$x+y-2x=1 \Longleftrightarrow y-x=1 \Longleftrightarrow y=x+1.$$

A treia ecuație este verificată automat:

$$x-3(x+1)+2x=x-3x-3+2x=-3.$$

Prin urmare, soluțiile sistemului pentru $a=1$ sunt

$$(x,y,z)=(t,t+1,2t),\qquad t\in\mathbb R.$$

Fie

$$(x_1,y_1,z_1)=(t,t+1,2t)$$

și

$$(x_2,y_2,z_2)=(s,s+1,2s).$$

Condițiile din enunț sunt

$$y_1=x_2,\qquad z_1=y_2.$$

Acestea devin

$$t+1=s,\qquad 2t=s+1.$$

Din $s=t+1$, a doua ecuație dă

$$2t=t+1+1=t+2,$$

deci

$$t=2.$$

Atunci

$$s=t+1=3.$$

Rezultă

$$(x_1,y_1,z_1)=(2,3,4),$$

și

$$(x_2,y_2,z_2)=(3,4,6).$$

Răspuns:

$$\boxed{(x_1,y_1,z_1)=(2,3,4),\qquad (x_2,y_2,z_2)=(3,4,6)}.$$

2.

Pe mulțimea $M=(0,+\infty)$ se definește legea

$$x\circ y=\sqrt{xy}+\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{x+y}{2}-2.$$

• a) Calculăm direct:

$$1\circ 4=\sqrt{1\cdot 4}+\frac{1}{\sqrt{1\cdot 4}}+\frac{1+4}{2}-2.$$

Cum

$$\sqrt{4}=2,$$

obținem

$$1\circ 4=2+\frac12+\frac52-2.$$

Calculăm:

$$2-2+\frac12+\frac52=3.$$

Deci

$$\boxed{1\circ 4=3}.$$

• b) Căutăm $x\in M$, deci $x>0$, pentru care

$$x\circ x=1.$$

Avem

$$x\circ x=\sqrt{x^2}+\frac{1}{\sqrt{x^2}}+\frac{x+x}{2}-2.$$

Deoarece $x>0$,

$$\sqrt{x^2}=x.$$

Prin urmare,

$$x\circ x=x+\frac1x+x-2=2x+\frac1x-2.$$

Ecuația devine

$$2x+\frac1x-2=1.$$

Echivalent,

$$2x+\frac1x=3.$$

Înmulțim cu $x>0$:

$$2x^2+1=3x.$$

Rezultă

$$2x^2-3x+1=0.$$

Factorizăm:

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

Deci

$$(2x-1)(x-1)=0.$$

Obținem

$$x=\frac12 \quad \text{sau}\quad x=1.$$

Ambele valori aparțin lui $M=(0,+\infty)$. Așadar

$$\boxed{x\in\left\{\frac12,1\right\}}.$$

• c) Trebuie să arătăm că, pentru orice $x,y\in[1,+\infty)$, avem

$$x\circ y\in[1,+\infty).$$

Fie $x,y\ge 1$. Atunci

$$t=\sqrt{xy}\ge 1.$$

Prin inegalitatea mediilor,

$$\frac{x+y}{2}\ge \sqrt{xy}=t.$$

Din definiția legii,

$$x\circ y=\sqrt{xy}+\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{x+y}{2}-2.$$

Folosind inegalitatea de mai sus:

$$x\circ y\ge t+\frac1t+t-2=2t+\frac1t-2.$$

Arătăm că membrul din dreapta este cel puțin $1$. Pentru $t\ge 1$,

$$2t+\frac1t-2\ge 1 \Longleftrightarrow 2t+\frac1t-3\ge 0.$$

Cum $t>0$,

$$2t+\frac1t-3 =\frac{2t^2-3t+1}{t} =\frac{(2t-1)(t-1)}{t}.$$

Pentru $t\ge 1$, avem

$$2t-1>0,\qquad t-1\ge 0,\qquad t>0.$$

Deci

$$\frac{(2t-1)(t-1)}{t}\ge 0.$$

Prin urmare,

$$x\circ y\ge 1.$$

În plus, $x\circ y$ este definit și pozitiv, deci aparține lui $M$. Rezultă

$$\boxed{x\circ y\in[1,+\infty),\quad \forall x,y\in[1,+\infty)}.$$

Astfel, $[1,+\infty)$ este parte stabilă a lui $M$ în raport cu legea $\circ$.

SUBIECTUL al III-lea

1.

Se consideră funcția

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

• a) Pentru $x>0$, avem

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

Derivăm primul termen:

$$\left(\frac{2x-2}{x+2}\right)' =\frac{2(x+2)-(2x-2)\cdot 1}{(x+2)^2} =\frac{2x+4-2x+2}{(x+2)^2} =\frac6{(x+2)^2}.$$

Derivăm termenul logaritmic:

$$\left(\ln(x+2)-\ln x\right)' =\frac1{x+2}-\frac1x =\frac{x-(x+2)}{x(x+2)} =-\frac2{x(x+2)}.$$

Astfel,

$$f'(x)=\frac6{(x+2)^2}-\frac2{x(x+2)}.$$

Aducem la același numitor:

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

Calculăm numărătorul:

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

Deci

$$\boxed{f'(x)=\frac{4(x-1)}{x(x+2)^2}},\qquad x\in(0,+\infty).$$

• b) Asimptota orizontală spre $+\infty$ este dată de limita funcției la $+\infty$, dacă aceasta există și este finită.

Calculăm:

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{2x-2}{x+2}=2,$$

iar

$$\lim_{x\to+\infty}\ln\frac{x+2}{x} =\lim_{x\to+\infty}\ln\left(1+\frac2x\right)=\ln 1=0.$$

Prin urmare,

$$\lim_{x\to+\infty} f(x)=2+0=2.$$

Ecuația asimptotei orizontale spre $+\infty$ este

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

• c) Funcția $f$ este continuă pe $(0,+\infty)$, deoarece este sumă de funcții continue pe acest interval.

Din punctul a),

$$f'(x)=\frac{4(x-1)}{x(x+2)^2}.$$

Pentru $x>0$, numitorul $x(x+2)^2$ este pozitiv, deci semnul lui $f'(x)$ este semnul lui $x-1$. Astfel,

$$f'(x)<0 \text{ pe } (0,1),$$

și

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

Rezultă că $f$ este strict descrescătoare pe $(0,1)$ și strict crescătoare pe $(1,+\infty)$. Valoarea minimă se obține la $x=1$:

$$f(1)=\frac{2\cdot 1-2}{1+2}+\ln\frac{1+2}{1} =0+\ln 3=\ln 3.$$

Mai avem

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

deoarece

$$\frac{2x-2}{x+2}\to -1,\qquad \ln\frac{x+2}{x}=\ln\left(1+\frac2x\right)\to+\infty.$$

De asemenea,

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

Pe intervalul $(0,1]$, funcția ia toate valorile din

$$[\ln 3,+\infty).$$

Pe intervalul $[1,+\infty)$, funcția ia valori în

$$[\ln 3,2).$$

Prin urmare, imaginea funcției este

$$f((0,+\infty))=[\ln 3,+\infty).$$

Ecuația

$$f(x)=n$$

are soluții dacă și numai dacă

$$n\in[\ln 3,+\infty).$$

Deci nu are soluții pentru

$$n<\ln 3.$$

Cum, în convenția școlară uzuală,

$$\mathbb N=\{0,1,2,\ldots\},$$

și

$$1<\ln 3<2,$$

numerele naturale mai mici decât $\ln 3$ sunt $0$ și $1$. Așadar

$$\boxed{n\in\{0,1\}}.$$

2.

Se consideră funcția

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

• a) Pentru orice $x\in\mathbb R$,

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

Numitorul $2x^2+1$ este strict pozitiv, deci simplificarea este validă.

Atunci

$$\int_{-1}^{2}(2x^2+1)f(x)\,dx =\int_{-1}^{2}x^2\,dx.$$

Calculăm:

$$\int_{-1}^{2}x^2\,dx =\left.\frac{x^3}{3}\right|_{-1}^{2} =\frac{2^3}{3}-\frac{(-1)^3}{3}.$$

Rezultă

$$\frac83-\left(-\frac13\right)=\frac93=3.$$

Prin urmare,

$$\boxed{\int_{-1}^{2}(2x^2+1)f(x)\,dx=3}.$$

• b) Pentru $x\in[0,2]$, avem $x\ge 0$, iar

$$2x^2+1>0.$$

De aceea

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

Prin urmare,

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

Facem substituția

$$u=2x^2+1,\qquad du=4x\,dx.$$

Pentru $x=0$, avem $u=1$, iar pentru $x=2$, avem $u=9$. Astfel,

$$\int_0^2 \frac{x}{\sqrt{2x^2+1}}\,dx =\frac14\int_1^9 u^{-1/2}\,du.$$

Calculăm:

$$\frac14\int_1^9 u^{-1/2}\,du =\frac14\left[2u^{1/2}\right]_1^9 =\frac12\left(\sqrt9-\sqrt1\right).$$

Deci

$$\frac12(3-1)=1.$$

Prin urmare,

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

• c) Pentru $n\in\mathbb N^*$, se definește

$$I_n=\int_0^1 \frac{x^n}{f\left(\sqrt{e^x}\right)}\,dx.$$

Calculăm mai întâi

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

Deoarece $e^x>0$, avem

$$f\left(\sqrt{e^x}\right)>0,$$

deci integrala este bine definită. Astfel,

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

Prin urmare,

$$I_n=\int_0^1 x^n(2+e^{-x})\,dx.$$

Atunci

$$(n+1)I_n-I_{n+1} =\int_0^1\left((n+1)x^n-x^{n+1}\right)(2+e^{-x})\,dx.$$

Separăm integrala:

$$(n+1)I_n-I_{n+1} =2\int_0^1\left((n+1)x^n-x^{n+1}\right)\,dx +\int_0^1\left((n+1)x^n-x^{n+1}\right)e^{-x}\,dx.$$

Pentru primul termen:

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

Cum

$$\int_0^1x^n\,dx=\frac1{n+1},\qquad \int_0^1x^{n+1}\,dx=\frac1{n+2},$$

obținem

$$2\left((n+1)\cdot\frac1{n+1}-\frac1{n+2}\right) =2\left(1-\frac1{n+2}\right) =\frac{2(n+1)}{n+2}.$$

Pentru al doilea termen, observăm că

$$\left(x^{n+1}e^{-x}\right)' =(n+1)x^ne^{-x}-x^{n+1}e^{-x}.$$

Prin urmare,

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

Deoarece $n\in\mathbb N^*$, avem $n+1\ge 2$, deci

$$0^{n+1}=0.$$

Astfel,

$$\left[x^{n+1}e^{-x}\right]_0^1 =1^{n+1}e^{-1}-0 =\frac1e.$$

Rezultă

$$(n+1)I_n-I_{n+1} =\frac{2(n+1)}{n+2}+\frac1e.$$

Deci

$$\boxed{(n+1)I_n-I_{n+1}=\frac{2(n+1)}{n+2}+\frac1e,\quad \forall n\in\mathbb N^*}.$$

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Toate cele 18 subpuncte au fost rezolvate în ordinea din subiect, cu rezultate finale marcate clar.
• Am verificat formulele-cheie în raport cu enunțul: ecuația $3^x+2\cdot 3^{x+1}=63$, semnele din matricea $A(a)$, legea $x\circ y=\sqrt{xy}+\frac1{\sqrt{xy}}+\frac{x+y}{2}-2$, funcția $\frac{2x-2}{x+2}+\ln\frac{x+2}{x}$, integrala cu $\sqrt{f(x)}$ și definiția lui $I_n$.
• Au fost verificate condițiile de existență: $x>0$ la legea de compoziție, radicalii și numitorii pozitivi, domeniul logaritmului și $f(\sqrt{e^x})>0$.
• La algebră liniară s-au calculat explicit determinantul $\det A(a)=(a-1)(a+2)$, condiția de unicitate și soluțiile parametrice pentru $a=1$.
• La analiza funcției s-au justificat derivata, semnul derivatei, limitele, imaginea funcției și convenția $\mathbb N=\{0,1,2,\ldots\}$.
• Integralele au fost calculate cu substituții sau derivate recunoscute, iar egalitatea pentru $I_n$ a fost demonstrată pentru orice $n\in\mathbb N^*$.