Soluții BAC Mate șt. naturii 2024 · Simulare / model

SUBIECTUL I

1. Calculăm:

$$0,5+10(1-0,75)=0,5+10\cdot 0,25=0,5+2,5=3.$$

Deci egalitatea este adevărată.

2. Pentru orice $m\in\mathbb{R}$,

$$f(m)=2m-1,\qquad g(-m)=-m+1.$$

Prin urmare,

$$f(m)+g(-m)=2m-1-m+1=m.$$

3. Ecuația devine

$$x^2+6=5x \iff x^2-5x+6=0.$$

Factorizăm:

$$x^2-5x+6=(x-2)(x-3).$$

Deci

$$(x-2)(x-3)=0 \iff x\in\{2,3\}.$$

4. Mulțimea $A$ are $9$ elemente. Divizorii lui $30$ care aparțin lui $A$ sunt

$$1,2,3,5,6.$$

Sunt $5$ cazuri favorabile, deci probabilitatea este

$$P=\frac{5}{9}.$$

5. Considerăm vectorii

$$\overrightarrow{BA}=A-B=(1-2,1-2)=(-1,-1),$$ $$\overrightarrow{BC}=C-B=(4-2,0-2)=(2,-2).$$

Produsul scalar este

$$\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}=(-1)\cdot 2+(-1)\cdot(-2)=-2+2=0.$$

Rezultă că $\overrightarrow{BA}\perp \overrightarrow{BC}$, deci triunghiul $ABC$ este dreptunghic în $B$.

6. Pentru $x=\dfrac{\pi}{3}$, avem

$$\cos\frac{\pi}{3}=\frac12,\qquad \cos\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt3}{2},\qquad \sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt3}{2}.$$

Astfel,

$$E\left(\frac{\pi}{3}\right) =3\left(\frac12\right)^2-\frac{\sqrt3}{2}\cdot\frac{\sqrt3}{2} =\frac34-\frac34=0.$$

SUBIECTUL al II-lea

1. Pentru

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

rezolvăm subpunctele.

• a) Avem

$$A(6)=\begin{pmatrix}6&-12\\1&0\end{pmatrix}.$$

Deci

$$\det(A(6))=6\cdot 0-(-12)\cdot 1=12.$$

• b) Calculăm

$$A(4)=\begin{pmatrix}4&-8\\1&-2\end{pmatrix}.$$

Atunci

$$A(4)^2= \begin{pmatrix}4&-8\\1&-2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}4&-8\\1&-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 16-8 & -32+16\\ 4-2 & -8+4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}8&-16\\2&-4\end{pmatrix}.$$

Observăm că

$$\begin{pmatrix}8&-16\\2&-4\end{pmatrix} = 2\begin{pmatrix}4&-8\\1&-2\end{pmatrix} =2A(4).$$

Prin urmare, $a=2$.

• c) Pentru $m,n\in\mathbb{N}^*$, $m<n$, avem

$$A(m)+A(n)= \begin{pmatrix} m+n&-2(m+n)\\ 2&m+n-12 \end{pmatrix}.$$

Notăm $s=m+n$. Atunci

$$\det(A(m)+A(n)) =s(s-12)-[-2s]\cdot 2 =s(s-12)+4s=s(s-8).$$

Condiția $\det(A(m)+A(n))=0$ dă

$$s(s-8)=0.$$

Deoarece $m,n\in\mathbb{N}^*$, avem $s=m+n\ge 3$, deci $s=8$. Perechile cu $m<n$ și $m+n=8$ sunt

$$(m,n)\in\{(1,7),(2,6),(3,5)\}.$$

2. Legea de compoziție este

$$x\ast y=xy(x+y-xy),\qquad x,y\in\mathbb{R}.$$

• a) Calculăm:

$$1\ast 3=1\cdot 3(1+3-1\cdot 3)=3(4-3)=3.$$

• b) Avem

$$x\ast 2=x\cdot 2(x+2-2x)=2x(2-x)=4x-2x^2.$$

Condiția $x\ast 2=-x^2$ devine

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

Deci

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

• c) Deoarece $m$ este întreg nenul, expresia $\dfrac{1}{2m}$ este definită. Calculăm:

$$\frac{1}{2m}\ast m = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2m}+m-\frac{1}{2}\right).$$

Impunem condiția din enunț:

$$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2m}+m-\frac{1}{2}\right)=m.$$

Înmulțind cu $4m$, obținem

$$1+2m^2-m=4m^2 \iff 2m^2+m-1=0.$$

Factorizăm:

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

Deci

$$m=\frac12 \quad \text{sau}\quad m=-1.$$

Cum $m$ trebuie să fie întreg nenul, rezultă

$$m=-1.$$

SUBIECTUL al III-lea

1. Se consideră

$$f:(0,+\infty)\to\mathbb{R},\qquad f(x)=\frac{x^2-2}{x}-3\ln x.$$

Pentru $x>0$, scriem

$$f(x)=x-\frac{2}{x}-3\ln x.$$

• a) Derivăm pe domeniul $(0,+\infty)$:

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

Aducând la același numitor,

$$f'(x)=\frac{x^2+2-3x}{x^2} =\frac{x^2-3x+2}{x^2},\qquad x\in(0,+\infty).$$

• b) Observăm că

$$f(x)+3\ln x=\frac{x^2-2}{x}=x-\frac{2}{x}.$$

Atunci

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)+3\ln x}{x+1} = \lim_{x\to+\infty}\frac{x-\frac{2}{x}}{x+1}.$$

Împărțim numărătorul și numitorul la $x$:

$$\lim_{x\to+\infty} \frac{1-\frac{2}{x^2}}{1+\frac{1}{x}} = \frac{1-0}{1+0}=1.$$

• c) Trebuie să demonstrăm că

$$\frac{x^2+x-2}{x}\le 3\ln x,\qquad x\in(0,2].$$

Definim

$$F(x)=\frac{x^2+x-2}{x}-3\ln x =x+1-\frac{2}{x}-3\ln x,\qquad x\in(0,2].$$

Inegalitatea cerută este echivalentă cu $F(x)\le 0$.

Derivata este

$$F'(x)=1+\frac{2}{x^2}-\frac{3}{x} =\frac{x^2-3x+2}{x^2} =\frac{(x-1)(x-2)}{x^2}.$$

Deoarece $x^2>0$, rezultă:

$$F'(x)>0 \text{ pe } (0,1),\qquad F'(x)<0 \text{ pe } (1,2).$$

Prin urmare, $F$ crește pe $(0,1]$ și descrește pe $[1,2]$, deci valoarea maximă pe $(0,2]$ este atinsă în $x=1$. Calculăm

$$F(1)=1+1-2-3\ln 1=0.$$

Astfel, pentru orice $x\in(0,2]$,

$$F(x)\le 0,$$

adică

$$\frac{x^2+x-2}{x}\le 3\ln x.$$

2. Se consideră

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

• a) Avem

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

Deci

$$\int_0^2 (f(x)-x^3)\,dx = \int_0^2 (x+1)\,dx = \left[\frac{x^2}{2}+x\right]_0^2 = 2+2=4.$$

• b) Observăm că

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

Pe intervalul $[0,1]$, $x^3+1>0$, deci integrala este bine definită. Folosim substituția

$$u=x^3+1,\qquad du=3x^2\,dx.$$

Pentru $x=0$, $u=1$, iar pentru $x=1$, $u=2$. Rezultă

$$\int_0^1 \frac{x^2}{f(x)-x}\,dx = \int_0^1 \frac{x^2}{x^3+1}\,dx = \frac13\int_1^2 \frac{1}{u}\,du = \frac13[\ln u]_1^2 = \frac{\ln 2}{3}.$$

• c) Calculăm

$$f'(x)=3x^2+1.$$

Observăm că

$$\left(f(x)e^{-x}\right)'=e^{-x}(f'(x)-f(x)).$$

Prin urmare,

$$\int_a^0 e^{-x}(f'(x)-f(x))\,dx = \left[f(x)e^{-x}\right]_a^0 = f(0)-f(a)e^{-a}.$$

Cum $f(0)=1$ și $f(a)=a^3+a+1$, obținem

$$\int_a^0 e^{-x}(f'(x)-f(x))\,dx = 1-(a^3+a+1)e^{-a}.$$

Din condiția problemei:

$$1-(a^3+a+1)e^{-a}=1-a^3e^{-a}.$$

Scădem $1$ și simplificăm:

$$-(a^3+a+1)e^{-a}=-a^3e^{-a} \iff (a+1)e^{-a}=0.$$

Deoarece $e^{-a}>0$ pentru orice $a\in\mathbb{R}$, rezultă

$$a+1=0 \iff a=-1.$$

Valoarea respectă condiția $a\in(-\infty,0)$. Deci

$$a=-1.$$

Autoevaluare pentru punctaj maxim

• Toate cele 6 exerciții din SUBIECTUL I sunt rezolvate în ordine, cu calcule explicite.
• Toate subpunctele de matrice și lege de compoziție din SUBIECTUL al II-lea sunt verificate, inclusiv condițiile $m,n\in\mathbb{N}^*$, $m<n$, respectiv $m\in\mathbb{Z}^*$.
• La SUBIECTUL al III-lea sunt precizate domeniile relevante, derivările, limitele, monotonia necesară pentru demonstrarea inegalității și substituțiile/integrările folosite.
• Rezultatele finale au fost verificate algebric: $(x-2)(x-3)=0$, probabilitatea $\frac59$, perechile $(1,7),(2,6),(3,5)$, soluțiile $x\in\{0,4\}$, $m=-1$, respectiv $a=-1$.