Soluții BAC Mate șt. naturii 2023 · Sesiunea specială

SUBIECTUL I

1. Avem

$$(\sqrt6-2)(\sqrt6+2)=(\sqrt6)^2-2^2=6-4=2.$$

Deci egalitatea este adevărată.

2. Funcția este $f(x)=x^2+1$. Condiția cerută este

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

Prin urmare

$$a(a+1)=0 \Longleftrightarrow a=0 \text{ sau } a=-1.$$

Numerele reale sunt $\boxed{a\in\{-1,0\}}$.

3. Condițiile de existență sunt $x^2+4>0$, adevărat pentru orice $x\in\mathbb R$, și $6x-4>0$, adică $x>\frac23$.

Ecuația

$$\log_4(x^2+4)=\log_4(6x-4)$$

este echivalentă, deoarece baza $4>0$, $4\ne 1$, cu

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

Rezultă

$$x^2-6x+8=0 \Longleftrightarrow (x-2)(x-4)=0.$$

Soluțiile $x=2$ și $x=4$ respectă domeniul, deci

$$\boxed{x\in\{2,4\}}.$$

4. Cifra zecilor trebuie să fie impară, deci poate fi aleasă dintre $1,3,5$: sunt $3$ posibilități.

Cifra unităților se poate alege din mulțimea $\{1,2,3,4,5\}$, deci sunt $5$ posibilități. Numărul total este

$$3\cdot 5=15.$$

Se pot forma $\boxed{15}$ numere.

5. Fie $M$ mijlocul segmentului $AB$, unde $A(1,-5)$ și $B(5,5)$. Atunci

$$M\left(\frac{1+5}{2},\frac{-5+5}{2}\right)=M(3,0).$$

Distanța de la $O(0,0)$ la $M(3,0)$ este

$$OM=\sqrt{(3-0)^2+(0-0)^2}=3.$$

Răspuns: $\boxed{3}$.

6. Triunghiul $ABC$ este dreptunghic în $A$, deci catetele sunt $AB$ și $AC$. Pentru unghiul $C$,

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

Cum $AC=6$ și $\tan C=\sqrt3$, rezultă

$$\frac{AB}{6}=\sqrt3 \Longleftrightarrow AB=6\sqrt3.$$

Aria triunghiului este

$$\mathcal A_{ABC}=\frac{AB\cdot AC}{2} =\frac{6\sqrt3\cdot 6}{2}=18\sqrt3.$$

Deci aria triunghiului $ABC$ este $\boxed{18\sqrt3}$.

SUBIECTUL al II-lea

1. Se consideră

$$I_2=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix},\qquad A(a)=\begin{pmatrix}1-a&a\\-3a&3a+1\end{pmatrix}.$$

• a) Pentru $a=2$,

$$A(2)=\begin{pmatrix}-1&2\\-6&7\end{pmatrix}.$$

Atunci

$$\det(A(2))=(-1)\cdot 7-2\cdot(-6)=-7+12=5.$$

Deci $\boxed{\det(A(2))=5}$.

• b) Calculăm:

$$A(a)-I_2= \begin{pmatrix}1-a&a\\-3a&3a+1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-a&a\\-3a&3a\end{pmatrix}.$$

Pe de altă parte,

$$A(1)=\begin{pmatrix}0&1\\-3&4\end{pmatrix},$$

deci

$$A(1)-I_2= \begin{pmatrix}-1&1\\-3&3\end{pmatrix}.$$

Prin urmare

$$a(A(1)-I_2)= a\begin{pmatrix}-1&1\\-3&3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-a&a\\-3a&3a\end{pmatrix} =A(a)-I_2.$$

Deci

$$\boxed{A(a)-I_2=a(A(1)-I_2)},\quad \forall a\in\mathbb R.$$

• c) Notăm

$$B=A(1)-I_2=\begin{pmatrix}-1&1\\-3&3\end{pmatrix}.$$

Din punctul b), $A(a)=I_2+aB$. Calculăm

$$B^2= \begin{pmatrix}-1&1\\-3&3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-1&1\\-3&3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2&2\\-6&6\end{pmatrix} =2B.$$

Atunci, pentru orice $p,q\in\mathbb R$,

$$A(p)A(q)=(I_2+pB)(I_2+qB) =I_2+(p+q)B+pqB^2 =I_2+(p+q+2pq)B.$$

Deci

$$A(p)A(q)=A(p+q+2pq).$$

Aplicăm pentru $p=m$, $q=2m$:

$$A(m)A(2m)=A(m+2m+2m\cdot 2m)=A(4m^2+3m).$$

Condiția $A(m)A(2m)=A(1)$ devine

$$4m^2+3m=1.$$

Astfel

$$4m^2+3m-1=0 \Longleftrightarrow (4m-1)(m+1)=0.$$

Rezultă $m=\frac14$ sau $m=-1$. Cum $m$ trebuie să fie întreg,

$$\boxed{m=-1}.$$

2. Pe $\mathbb R$ este definită legea

$$x\circ y=xy-x-y+4.$$

• a) Avem

$$0\circ 3=0\cdot 3-0-3+4=1.$$

Deci $\boxed{0\circ 3=1}$.

• b) Condiția este

$$x\circ x=3x.$$

Dar

$$x\circ x=x^2-x-x+4=x^2-2x+4.$$

Rezultă

$$x^2-2x+4=3x \Longleftrightarrow x^2-5x+4=0.$$

Prin factorizare,

$$(x-1)(x-4)=0,$$

deci

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

• c) Condiția cerută este

$$x\circ a=x+a,\quad \forall x\in\mathbb R.$$

Avem

$$x\circ a=xa-x-a+4.$$

Deci

$$xa-x-a+4=x+a \Longleftrightarrow xa-2x-2a+4=0.$$

Grupăm după $x$:

$$x(a-2)+(4-2a)=0,\quad \forall x\in\mathbb R.$$

Pentru ca egalitatea să fie adevărată pentru orice $x$, trebuie ca

$$a-2=0 \quad \text{și} \quad 4-2a=0.$$

Ambele dau

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

SUBIECTUL al III-lea

1. Se consideră funcția

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

• a) Funcția este derivabilă pe $\mathbb R$. Folosind regula produsului,

$$f'(x)=(e^x)'(x^2+2x-2)+e^x(x^2+2x-2)'.$$

Rezultă

$$f'(x)=e^x(x^2+2x-2)+e^x(2x+2) =e^x(x^2+4x).$$

Deci

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

• b) Pentru $x\to+\infty$,

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

Împărțim la $x^2$:

$$\frac{x^2+2x-2}{x^2+4x} =\frac{1+\frac2x-\frac{2}{x^2}}{1+\frac4x}.$$

Prin urmare

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{f'(x)} =\frac{1+0-0}{1+0}=1.$$

• c) Inegalitatea cerută este

$$e^{x+4}(x^2+2x-2)\le 6,\quad \forall x\in(-\infty,0].$$

Observăm că

$$e^{x+4}(x^2+2x-2)=e^4\cdot e^x(x^2+2x-2)=e^4f(x).$$

Este suficient să arătăm că $f(x)\le \frac{6}{e^4}$ pe $(-\infty,0]$.

Din punctul a),

$$f'(x)=e^x x(x+4).$$

Cum $e^x>0$, semnul lui $f'(x)$ este semnul produsului $x(x+4)$. Pe $(-\infty,-4)$, $f'(x)>0$, iar pe $(-4,0)$, $f'(x)<0$. Deci $f$ este crescătoare pe $(-\infty,-4]$ și descrescătoare pe $[-4,0]$. Prin urmare, pe $(-\infty,0]$, valoarea maximă se atinge în $x=-4$.

Calculăm

$$f(-4)=e^{-4}\left((-4)^2+2(-4)-2\right) =e^{-4}(16-8-2)=\frac6{e^4}.$$

Astfel,

$$f(x)\le f(-4)=\frac6{e^4},\quad \forall x\in(-\infty,0].$$

Înmulțind cu $e^4>0$, obținem

$$e^{x+4}(x^2+2x-2)\le 6,\quad \forall x\in(-\infty,0].$$

2. Se consideră funcția

$$f:(0,+\infty)\to\mathbb R,\qquad f(x)=x^3+\frac3x.$$

• a) Avem

$$f(x)-\frac3x=x^3+\frac3x-\frac3x=x^3.$$

Deci

$$\int_1^2\left(f(x)-\frac3x\right)\,dx =\int_1^2 x^3\,dx =\left.\frac{x^4}{4}\right|_1^2 =\frac{16}{4}-\frac14 =\frac{15}{4}.$$

• b) Funcția este

$$g:(0,+\infty)\to\mathbb R,\qquad g(x)=\frac1{\sqrt{x}}f(x).$$

Pentru $x>0$,

$$g(x)=\frac{x^3+\frac3x}{\sqrt{x}} =x^{5/2}+3x^{-3/2}.$$

Ambele termene sunt pozitive pentru $x>0$, deci

$$g(x)>0,\quad \forall x\in(0,+\infty).$$

Dacă $G$ este o primitivă a lui $g$, atunci

$$G'(x)=g(x)>0,\quad \forall x\in(0,+\infty).$$

Prin urmare, orice primitivă $G$ este crescătoare pe $(0,+\infty)$.

• c) Pentru $x>0$,

$$\frac1{f(x)} =\frac1{x^3+\frac3x} =\frac{x}{x^4+3}.$$

Atunci

$$\int_1^{\sqrt3}\frac1{f(x)}\,dx =\int_1^{\sqrt3}\frac{x}{x^4+3}\,dx.$$

Folosim substituția $u=x^2$, deci $du=2x\,dx$, iar $x\,dx=\frac12du$. Pentru $x=1$, $u=1$, iar pentru $x=\sqrt3$, $u=3$. Obținem

$$\int_1^{\sqrt3}\frac{x}{x^4+3}\,dx =\frac12\int_1^3\frac{1}{u^2+3}\,du.$$

Cum

$$\int \frac{du}{u^2+3} =\frac1{\sqrt3}\arctan\frac{u}{\sqrt3}+C,$$

rezultă

$$\frac12\int_1^3\frac{1}{u^2+3}\,du =\frac1{2\sqrt3} \left.\arctan\frac{u}{\sqrt3}\right|_1^3.$$

Calculăm valorile:

$$\arctan\frac{3}{\sqrt3}=\arctan(\sqrt3)=\frac{\pi}{3}, \qquad \arctan\frac1{\sqrt3}=\frac{\pi}{6}.$$

Prin urmare

$$\int_1^{\sqrt3}\frac1{f(x)}\,dx =\frac1{2\sqrt3}\left(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{6}\right) =\frac1{2\sqrt3}\cdot\frac{\pi}{6} =\frac{\pi}{12\sqrt3}.$$

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Toate cele 18 subpuncte au fost rezolvate în ordinea subiectului.
• Domeniile au fost verificate la ecuația logaritmică și la funcțiile definite pe $(0,+\infty)$.
• Determinanții, produsul de matrice prin forma $A(a)=I_2+aB$, legea de compoziție și condiția „pentru orice $x$” au fost justificate complet.
• Derivata, limita, monotonia și inegalitatea exponențială au fost verificate riguros.
• Integralele au fost calculate cu primitivele și substituțiile necesare, iar rezultatele finale sunt simplificate.