BAC M1 Mate-Info10 exerciții

Model 2021 — Matematică-Informatică

Rezolvare detaliată pas cu pas cu punctaj pe fiecare pas

Dificultate:Subiectul I — UșorSubiectul II — MediuSubiectul III — Greu

ISubiectul I(6 exerciții)

Exercițiul 1
Arătați că numărul N=log⁡26−2log⁡23+log⁡224N = \log_2 6 - 2\log_2 3 + \log_2 24 este natural.

Rezolvare

1
3 puncte
N=log⁡26−log⁡29+log⁡224=log⁡26⋅249=log⁡216N = \log_2 6 - \log_2 9 + \log_2 24 = \log_2 \frac{6 \cdot 24}{9} = \log_2 16
2
2 puncte
=log⁡216=4= \log_2 16 = 4, care este număr natural
Exercițiul 2
Se consideră funcția f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x)=x2−x+2f(x) = x^2 - x + 2. Arătați că dreapta de ecuație y=2y = 2 intersectează graficul funcției ff în două puncte distincte.

Rezolvare

1
2 puncte
f(x)=2⇔x2−x+2=2⇔x2−x=0f(x) = 2 \Leftrightarrow x^2 - x + 2 = 2 \Leftrightarrow x^2 - x = 0
2
3 puncte
Cum ecuația x2−x=0x^2 - x = 0 are două soluții reale și distincte, obținem că dreapta y=2y = 2 intersectează graficul funcției ff în două puncte distincte
Exercițiul 3
Rezolvați în mulțimea numerelor reale ecuația x2−5=3x−1\sqrt{x^2 - 5} = \sqrt{3x - 1}.

Rezolvare

1
2 puncte
x2−5=3x−1⇒x2−3x−4=0x^2 - 5 = 3x - 1 \Rightarrow x^2 - 3x - 4 = 0
2
3 puncte
x=−1x = -1, care nu convine; x=4x = 4, care convine
Exercițiul 4
Determinați numărul de elemente ale unei mulțimi AA, știind că mulțimea AA are exact 1515 submulțimi cu două elemente.

Rezolvare

1
2 puncte
Mulțimea AA are Cn2C_n^2 submulțimi cu 22 elemente, unde n∈Nn \in \mathbb{N}, n≥2n \geq 2, este numărul de elemente ale lui AA
2
3 puncte
Cn2=15C_n^2 = 15, deci n(n−1)2=15\frac{n(n-1)}{2} = 15, de unde obținem că mulțimea AA are 66 elemente
Exercițiul 5
Se consideră triunghiul ABCABC și punctele MM, NN și PP mijloacele segmentelor BCBC, BMBM, respectiv CMCM. Arătați că AM⃗+AN⃗+AP⃗=32(AB⃗+AC⃗)\vec{AM} + \vec{AN} + \vec{AP} = \frac{3}{2}(\vec{AB} + \vec{AC}).

Rezolvare

1
2 puncte
MM mijlocul lui BC⇒AM⃗=12(AB⃗+AC⃗)BC \Rightarrow \vec{AM} = \frac{1}{2}(\vec{AB} + \vec{AC})
2
3 puncte
MM mijlocul lui NP⇒AM⃗=12(AN⃗+AP⃗)NP \Rightarrow \vec{AM} = \frac{1}{2}(\vec{AN} + \vec{AP}), deci AM⃗+AN⃗+AP⃗=3AM⃗=32(AB⃗+AC⃗)\vec{AM} + \vec{AN} + \vec{AP} = 3\vec{AM} = \frac{3}{2}(\vec{AB} + \vec{AC})
Exercițiul 6
Determinați x∈(0,π)x \in (0, \pi), știind că sin⁡2x+2sin⁡2x=0\sin 2x + 2\sin^2 x = 0.

Rezolvare

1
2 puncte
2sin⁡xcos⁡x+2sin⁡2x=0⇔2sin⁡x(cos⁡x+sin⁡x)=02\sin x \cos x + 2\sin^2 x = 0 \Leftrightarrow 2\sin x(\cos x + \sin x) = 0
2
3 puncte
Cum x∈(0,π)x \in (0, \pi), obținem x=3π4x = \frac{3\pi}{4}

IISubiectul II(2 exerciții)

Exercițiul 1
Se consideră matricea A(a,b,c)=(111abcbcacab)A(a, b, c) = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ bc & ac & ab \end{pmatrix}, unde aa, bb și cc sunt numere reale. a) Arătați că det⁡(A(0,1,2))=2\det(A(0, 1, 2)) = 2. b) Demonstrați că det⁡(A(a,b,c))=(b−a)(c−a)(c−b)\det(A(a, b, c)) = (b - a)(c - a)(c - b), pentru orice numere reale aa, bb și cc. c) Demonstrați că, dacă mm, nn și pp sunt numere naturale, cu m<n<pm < n < p, astfel încât determinantul matricei A(m,n,p)A(m, n, p) este număr prim, atunci numerele mm, nn și pp sunt termeni consecutivi ai unei progresii aritmetice.

Rezolvare

a)5 puncte
1
2 puncte
A(0,1,2)=(111012200)⇒det⁡(A(0,1,2))=∣111012200∣A(0, 1, 2) = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 2 & 0 & 0 \end{pmatrix} \Rightarrow \det(A(0, 1, 2)) = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 2 & 0 & 0 \end{vmatrix}
2
3 puncte
=0+0+4−2−0−0=2= 0 + 0 + 4 - 2 - 0 - 0 = 2
b)5 puncte
3
2 puncte
det⁡(A(a,b,c))=∣100ab−ac−abcac−bcab−bc∣\det(A(a, b, c)) = \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ a & b - a & c - a \\ bc & ac - bc & ab - bc \end{vmatrix}
4
3 puncte
=∣100ab−ac−abc−c(b−a)−b(c−a)∣=(b−a)(c−a)(c−b)= \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ a & b - a & c - a \\ bc & -c(b - a) & -b(c - a) \end{vmatrix} = (b - a)(c - a)(c - b), pentru orice numere reale aa, bb și cc
c)5 puncte
5
3 puncte
det⁡(A(m,n,p))=(n−m)(p−m)(p−n)\det(A(m, n, p)) = (n - m)(p - m)(p - n) și, cum mm, nn și pp sunt numere naturale, cu m<n<pm < n < p, obținem p−m>p−n>0p - m > p - n > 0 și p−m>n−m>0p - m > n - m > 0
6
2 puncte
Cum det⁡(A(m,n,p))\det(A(m, n, p)) este număr prim, obținem p−n=n−m=1p - n = n - m = 1, deci numerele mm, nn și pp sunt termeni consecutivi ai unei progresii aritmetice
Exercițiul 2
În mulțimea Z3[X]\mathbb{Z}_3[X], se consideră polinomul f=X4+aX3+2^X+bf = X^4 + aX^3 + \hat{2}X + b, unde a,b∈Z3a, b \in \mathbb{Z}_3. a) Pentru a=1^a = \hat{1} și b=2^b = \hat{2}, arătați că f(0^)+f(2^)=2^f(\hat{0}) + f(\hat{2}) = \hat{2}. b) Determinați perechile (a,b)(a, b), cu a,b∈Z3a, b \in \mathbb{Z}_3, pentru care polinomul ff este divizibil cu X+2^X + \hat{2}. c) Arătați că, pentru orice a,b∈Z3a, b \in \mathbb{Z}_3, există x,y∈Z3x, y \in \mathbb{Z}_3, cu x≠yx \neq y, astfel încât f(x)=f(y)f(x) = f(y).

Rezolvare

a)5 puncte
1
3 puncte
f=X4+X3+2^X+2^f = X^4 + X^3 + \hat{2}X + \hat{2}, deci f(0^)=2^f(\hat{0}) = \hat{2} și f(2^)=0^f(\hat{2}) = \hat{0}
2
2 puncte
f(0^)+f(2^)=2^+0^=2^f(\hat{0}) + f(\hat{2}) = \hat{2} + \hat{0} = \hat{2}
b)5 puncte
3
3 puncte
ff este divizibil cu X+2^⇔f(1^)=0^X + \hat{2} \Leftrightarrow f(\hat{1}) = \hat{0}, deci a+b=0^a + b = \hat{0}
4
2 puncte
Cum a,b∈Z3a, b \in \mathbb{Z}_3, perechile sunt (0^,0^)(\hat{0}, \hat{0}), (1^,2^)(\hat{1}, \hat{2}) și (2^,1^)(\hat{2}, \hat{1})
c)5 puncte
5
3 puncte
f(0^)+f(1^)+f(2^)=2^f(\hat{0}) + f(\hat{1}) + f(\hat{2}) = \hat{2}, pentru orice a,b∈Z3a, b \in \mathbb{Z}_3
6
2 puncte
Dacă f(0^)f(\hat{0}), f(1^)f(\hat{1}) și f(2^)f(\hat{2}) ar fi distincte două câte două, atunci f(0^)+f(1^)+f(2^)=0^+1^+2^=0^f(\hat{0}) + f(\hat{1}) + f(\hat{2}) = \hat{0} + \hat{1} + \hat{2} = \hat{0}, ceea ce este fals, deci pentru orice a,b∈Z3a, b \in \mathbb{Z}_3, există x,y∈Z3x, y \in \mathbb{Z}_3, cu x≠yx \neq y, astfel încât f(x)=f(y)f(x) = f(y)

IIISubiectul III(2 exerciții)

Exercițiul 1
Se consideră funcția f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x)=xexex+2f(x) = \frac{xe^x}{e^x + 2}. a) Arătați că f′(x)=ex(ex+2x+2)(ex+2)2f'(x) = \frac{e^x(e^x + 2x + 2)}{(e^x + 2)^2}, x∈Rx \in \mathbb{R}. b) Arătați că dreapta de ecuație y=xy = x este asimptotă oblică spre +∞+\infty la graficul funcției ff. c) Demonstrați că funcția ff are un unic punct de extrem.

Rezolvare

a)5 puncte
1
3 puncte
f′(x)=(ex+xex)(ex+2)−xe2x(ex+2)2f'(x) = \frac{(e^x + xe^x)(e^x + 2) - xe^{2x}}{(e^x + 2)^2}
2
2 puncte
=e2x+2ex+2xex(ex+2)2=ex(ex+2x+2)(ex+2)2= \frac{e^{2x} + 2e^x + 2xe^x}{(e^x + 2)^2} = \frac{e^x(e^x + 2x + 2)}{(e^x + 2)^2}, x∈Rx \in \mathbb{R}
b)5 puncte
3
2 puncte
lim⁡x→+∞f(x)x=lim⁡x→+∞exex+2=1\lim_{x \to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{e^x}{e^x + 2} = 1
4
3 puncte
lim⁡x→+∞(f(x)−x)=lim⁡x→+∞xex−x(ex+2)ex+2=lim⁡x→+∞−2xex+2=0\lim_{x \to +\infty} (f(x) - x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{xe^x - x(e^x + 2)}{e^x + 2} = \lim_{x \to +\infty} \frac{-2x}{e^x + 2} = 0, deci dreapta de ecuație y=xy = x este asimptotă oblică spre +∞+\infty la graficul funcției ff
c)5 puncte
5
3 puncte
g:R→Rg : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, g(x)=ex+2x+2g(x) = e^x + 2x + 2 este strict crescătoare și, cum gg este continuă, lim⁡x→−∞g(x)=−∞\lim_{x \to -\infty} g(x) = -\infty și lim⁡x→+∞g(x)=+∞\lim_{x \to +\infty} g(x) = +\infty, există un unic număr real cc, astfel încât g(c)=0g(c) = 0
6
2 puncte
f′(x)<0f'(x) < 0, pentru orice x<c⇒fx < c \Rightarrow f este strict descrescătoare pe (−∞,c)(-\infty, c) și f′(x)>0f'(x) > 0, pentru orice x>c⇒fx > c \Rightarrow f este strict crescătoare pe (c,+∞)(c, +\infty) și, cum ff este continuă, obținem că ff are un unic punct de extrem
Exercițiul 2
Se consideră funcția f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x)=2(x+3)x2+4x+5f(x) = \frac{2(x + 3)}{\sqrt{x^2 + 4x + 5}}. a) Arătați că ∫01f(x)x2+4x+5 dx=7\int_0^1 f(x) \sqrt{x^2 + 4x + 5} \, dx = 7. b) Arătați că ∫01(f2(x)−4) dx=4ln⁡2\int_0^1 (f^2(x) - 4) \, dx = 4\ln 2. c) Se consideră numerele reale aa și bb, cu 0≤a<b0 \leq a < b. Pentru fiecare număr natural nenul nn, se consideră numărul In=∫abfn(x) dxI_n = \int_a^b f^n(x) \, dx. Demonstrați că lim⁡n→+∞In=+∞\lim_{n \to +\infty} I_n = +\infty.

Rezolvare

a)5 puncte
1
3 puncte
∫01f(x)x2+4x+5 dx=∫012(x+3) dx=(x2+6x)∣01\int_0^1 f(x) \sqrt{x^2 + 4x + 5} \, dx = \int_0^1 2(x + 3) \, dx = (x^2 + 6x) \Big|_0^1
2
2 puncte
=1+6−0−0=7= 1 + 6 - 0 - 0 = 7
b)5 puncte
3
2 puncte
∫01(f2(x)−4) dx=∫014(x+3)2−4(x2+4x+5)x2+4x+5 dx=4∫012x+4x2+4x+5 dx\int_0^1 (f^2(x) - 4) \, dx = \int_0^1 \frac{4(x + 3)^2 - 4(x^2 + 4x + 5)}{x^2 + 4x + 5} \, dx = 4\int_0^1 \frac{2x + 4}{x^2 + 4x + 5} \, dx
4
3 puncte
=4∫01(x2+4x+5)′x2+4x+5 dx=4ln⁡(x2+4x+5)∣01=4ln⁡2= 4\int_0^1 \frac{(x^2 + 4x + 5)'}{x^2 + 4x + 5} \, dx = 4\ln(x^2 + 4x + 5) \Big|_0^1 = 4\ln 2
c)5 puncte
5
2 puncte
Cum f2(x)−4=4(2x+4)x2+4x+5≥0f^2(x) - 4 = \frac{4(2x + 4)}{x^2 + 4x + 5} \geq 0 și f(x)≥0f(x) \geq 0, pentru orice x∈[0,+∞)x \in [0, +\infty), obținem f(x)≥2f(x) \geq 2, deci fn(x)≥2nf^n(x) \geq 2^n, pentru orice x∈[0,+∞)x \in [0, +\infty) și orice număr natural nenul nn
6
3 puncte
Cum 0≤a<b0 \leq a < b, In=∫abfn(x) dx≥2n(b−a)I_n = \int_a^b f^n(x) \, dx \geq 2^n(b - a), pentru orice număr natural nenul nn și, cum lim⁡n→+∞2n=+∞\lim_{n \to +\infty} 2^n = +\infty, obținem că lim⁡n→+∞In=+∞\lim_{n \to +\infty} I_n = +\infty

Ai rezolvat acest subiect?

Încarcă soluția ta scrisă de mână și primește feedback AI detaliat — vezi exact unde ai greșit, ce punctaj ai obține și cum să îmbunătățești.

Vreau corectare AI — e gratuit

50 credite gratuite la înregistrare. Fără card, fără obligații.

← Anterior

Bac Toamnă 2021 — Tehnologic

Următor →

Model 2021 — Științele Naturii

← Înapoi la arhiva completă Bac