Barem oficial BAC Mate-info 2026 · Rezervă iunie

SUBIECTUL I (30 de puncte)

1.

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

2.

$f(a-1)=2a-7$, $f(a+1)=2a-3$ (2p). Din $a+2a-7+2a-3=0$ rezultă $a=2$ (3p).

3.

$\log_2(6x-8)=\log_2 x^2$, deci $x^2-6x+8=0$ (2p). Rezultă $x=2$ sau $x=4$, care convin (3p).

4.

Sunt $20$ de cazuri posibile (2p) și $4$ cazuri favorabile (numerele $15$, $30$, $45$, $60$), deci $p=\dfrac4{20}=\dfrac15$ (3p).

5.

$\overrightarrow{OA}=\dfrac12(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})$, deci $A$ este mijlocul lui $BC$ (2p). Din $\dfrac{a+1}2=2$, $\dfrac b2=2$ rezultă $a=3$, $b=4$ (3p).

6.

$\operatorname{tg} B=\dfrac{AC}{AB}$, deci $\sqrt3=\dfrac6{AB}$ și $AB=2\sqrt3$ (3p). Aria este $\dfrac{AB\cdot AC}2=6\sqrt3$ (2p).

SUBIECTUL al II-lea (30 de puncte)

1. a)

$A(3)=\begin{pmatrix}5&2&1\\0&-1&-3\\0&2&6\end{pmatrix}$ (2p), deci $\det(A(3))=-30+30=0$ (3p).

1. b)

$A(a)^2=\begin{pmatrix}(2a-1)^2&4a-2&2a-1\\0&1-2a&a-2a^2\\0&-2+4a&-2a+4a^2\end{pmatrix}$ (3p). Scoțând factorul comun $2a-1$, obținem $A(a)^2=(2a-1)A(a)$ (2p).

1. c)

$A(n)B(n)=(3n-1)A(n)$ (3p). Egalând cu $2n^2A(n)$ și folosind $A(n)\neq0$, obținem $2n^2-3n+1=0$. Singura soluție naturală este $n=1$ (2p).

2. a)

$f(-1)=(-1)^4-(-1)^3+4(-1)^2-6$ (3p) $=1+1+4-6=0$ (2p).

2. b)

$f=(X^2-X+1)X^2+X-6$, deci câtul este $X^2$ (3p) și restul este $X-6$ (2p).

2. c)

Notăm $x_2=-x_1$. Din $f(x_1)+f(-x_1)=0$ și $f(x_1)-f(-x_1)=0$ obținem $x_1^4+ax_1^2-6=0$, $x_1^3-bx_1=0$ (2p). Cum $x_1\neq0$, rezultă $b=x_1^2$ și $b(a+b)=6$. Perechile naturale sunt $(a,b)=(1,2)$ și $(5,1)$ (3p).

SUBIECTUL al III-lea (30 de puncte)

1. a)

$f\prime(x)=\dfrac{4x}{\sqrt{2x^2+1}}-\dfrac{12x}{2x^2+1}$ (3p) $=\dfrac{4x(\sqrt{2x^2+1}-3)}{2x^2+1}$ (2p).

1. b)

$f(0)=2$, $f\prime(0)=0$ (2p), deci tangenta are ecuația $y=2$ (3p).

1. c)

Derivata se anulează în $-2$, $0$, $2$. Funcția este strict descrescătoare pe $(-\infty,-2)$, crescătoare pe $[-2,0]$, descrescătoare pe $[0,2]$ și strict crescătoare pe $(2,+\infty)$ (2p). Cum $f(0)=2$, ambele limite la infinit sunt $+\infty$ și funcția este continuă, pentru orice $m>2$ există exact două soluții (3p).

2. a)

$\displaystyle\int_1^2\left(f(x)-\dfrac1{x+2}\right)dx=\int_1^2 4x^3dx=[x^4]_1^2$ (3p) $=16-1=15$ (2p).

2. b)

$\displaystyle\int_1^e\dfrac{4\ln x}{f(x)-4x^3}dx=\int_1^e(4x+8)\ln x\,dx=[(2x^2+8x)\ln x-x^2-8x]_1^e$ (3p) $=e^2+9$ (2p).

2. c)

$g(x)=\dfrac1{e^x+2}>0$. Aria este $\displaystyle\int_0^1g(x)dx=\dfrac12[x-\ln(e^x+2)]_0^1$ (3p) $=\dfrac12\left(1-\ln\dfrac{e+2}3\right)=\dfrac12\ln\dfrac{3e}{e+2}$ (2p).

---

Sursă PDF: Documentul oficial, publicat de Ministerul Educației și Cercetării.

Sursă: Arhiva oficială a Ministerului Educației și Cercetării.