BAC M1 Mate-Info10 exerciții

Simulare 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
Se consideră progresia geometrică (bn)n≥1(b_n)_{n \ge 1} cu b2=2b_2 = 2 și b4=4b_4 = 4. Determinați b6b_6.

Rezolvare

1
3 puncte
Se folosește proprietatea b42=b2⋅b6b_4^2 = b_2 \cdot b_6, adică 42=2⋅b64^2 = 2 \cdot b_6.
2
2 puncte
Se obține b6=8b_6 = 8.
Exercițiul 2
Se consideră funcția f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x)=x2−2x+mf(x) = x^2 - 2x + m, unde mm este număr real. Determinați numărul real mm pentru care vârful parabolei asociate funcției ff este situat pe dreapta y=3xy = 3x.

Rezolvare

1
2 puncte
Coordonatele vârfului parabolei sunt xV=1x_V = 1 și yV=m−1y_V = m - 1.
2
3 puncte
Condiția yV=3xVy_V = 3x_V devine m−1=3m - 1 = 3, deci m=4m = 4.
Exercițiul 3
Rezolvați în mulțimea numerelor reale ecuația 4x−2x+1−3=04^x - 2^{x+1} - 3 = 0.

Rezolvare

1
3 puncte
Se notează 2x=t>02^x = t > 0. Ecuația devine t2−2t−3=0t^2 - 2t - 3 = 0, adică (2x+1)(2x−3)=0(2^x + 1)(2^x - 3) = 0.
2
2 puncte
Deoarece 2x>02^x > 0, obținem 2x=32^x = 3, deci x=log⁡23x = \log_2 3.
Exercițiul 4
Determinați numărul de numere naturale de trei cifre care au exact două cifre egale.

Rezolvare

1
2 puncte
Numerele naturale de trei cifre care au exact două cifre egale sunt de forma aab‾\overline{aab}, aba‾\overline{aba} sau baa‾\overline{baa}, unde aa și bb sunt cifre distincte.
2
3 puncte
Sunt 9⋅9=819 \cdot 9 = 81 de numere de forma aab‾\overline{aab}, 9⋅9=819 \cdot 9 = 81 de numere de forma aba‾\overline{aba} și 9⋅9=819 \cdot 9 = 81 de numere de forma baa‾\overline{baa} cu aa și bb cifre distincte, deci numărul cerut este 81⋅3=24381 \cdot 3 = 243.
Exercițiul 5
Segmentele ABAB și A′B′A'B' au același mijloc. Demonstrați că AB′⃗+BA′⃗=0⃗\vec{AB'} + \vec{BA'} = \vec{0}.

Rezolvare

1
2 puncte
Fie MM mijlocul segmentelor ABAB și A′B′A'B'. Atunci AM⃗=MB⃗\vec{AM} = \vec{MB} și A′M⃗=MB′⃗\vec{A'M} = \vec{MB'}.
2
3 puncte
Se calculează AB′⃗+BA′⃗=AM⃗+MB′⃗+BM⃗+MA′⃗=0⃗+0⃗=0⃗\vec{AB'} + \vec{BA'} = \vec{AM} + \vec{MB'} + \vec{BM} + \vec{MA'} = \vec{0} + \vec{0} = \vec{0}.
Exercițiul 6
Demonstrați că, în orice triunghi ABCABC, are loc relația AB+AC+BC=2R(sin⁡A+sin⁡B+sin⁡C)AB + AC + BC = 2R(\sin A + \sin B + \sin C), unde RR este raza cercului circumscris triunghiului.

Rezolvare

1
2 puncte
Din teorema sinusurilor, BCsin⁡A=ACsin⁡B=ABsin⁡C=2R\frac{BC}{\sin A} = \frac{AC}{\sin B} = \frac{AB}{\sin C} = 2R.
2
3 puncte
Deci BC=2Rsin⁡ABC = 2R\sin A, AC=2Rsin⁡BAC = 2R\sin B și AB=2Rsin⁡CAB = 2R\sin C. Prin adunare: AB+AC+BC=2R(sin⁡A+sin⁡B+sin⁡C)AB + AC + BC = 2R(\sin A + \sin B + \sin C).

IISubiectul II(2 exerciții)

Exercițiul 1
Se consideră sistemul de ecuații {ax+(a+1)y+(a+2)z=abx+(b+1)y+(b+2)z=by+z=1\begin{cases} ax + (a + 1)y + (a + 2)z = a \\ bx + (b + 1)y + (b + 2)z = b \\ y + z = 1 \end{cases} și matricea X(a,b)=(aa+1a+2bb+1b+2011)X(a, b) = \begin{pmatrix} a & a + 1 & a + 2 \\ b & b + 1 & b + 2 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, unde aa și bb sunt numere reale. a) Arătați că det⁡(X(0,1))=1\det(X(0, 1)) = 1. b) Demonstrați că, pentru orice numere reale distincte aa și bb, sistemul de ecuații are soluție unică. c) Demonstrați că, dacă (x0,y0,z0)(x_0, y_0, z_0) este soluție a sistemului de ecuații, atunci y02−z02−2ax0=3y_0^2 - z_0^2 - 2ax_0 = 3, pentru orice număr real aa.

Rezolvare

a)5 puncte
1
2 puncte
a) Se calculează X(0,1)=(012123011)X(0, 1) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, deci det⁡(X(0,1))=∣012123011∣\det(X(0, 1)) = \begin{vmatrix} 0 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 1 \end{vmatrix}.
2
3 puncte
Se calculează =0+0+2−0−0−1=1= 0 + 0 + 2 - 0 - 0 - 1 = 1.
b)5 puncte
3
3 puncte
b) Se calculează det⁡(X(a,b))=b−a\det(X(a, b)) = b - a, pentru orice numere reale aa și bb.
4
2 puncte
Pentru a≠ba \ne b, det⁡(X(a,b))≠0\det(X(a, b)) \ne 0, deci sistemul de ecuații are soluție unică.
c)5 puncte
5
2 puncte
c) Dacă a≠ba \ne b, sistemul are soluția unică (0,2,−1)(0, 2, -1) și y02−z02−2ax0=4−1−0=3y_0^2 - z_0^2 - 2ax_0 = 4 - 1 - 0 = 3, pentru orice număr real aa.
6
3 puncte
Dacă a=ba = b, sistemul are soluțiile (α,2+aα,−1−aα)(\alpha, 2 + a\alpha, -1 - a\alpha), unde α∈R\alpha \in \mathbb{R}. Atunci y02−z02−2ax0=(2+aα)2−(−1−aα)2−2aα=4+4aα+a2α2−1−2aα−a2α2−2aα=3y_0^2 - z_0^2 - 2ax_0 = (2 + a\alpha)^2 - (-1 - a\alpha)^2 - 2a\alpha = 4 + 4a\alpha + a^2\alpha^2 - 1 - 2a\alpha - a^2\alpha^2 - 2a\alpha = 3, pentru orice număr real aa.
Exercițiul 2
Pe mulțimea M=(2,+∞)M = (2, +\infty) se definește legea de compoziție asociativă x∗y=(x−1)log⁡3(y−1)+1x * y = (x - 1)^{\log_3(y - 1)} + 1. a) Arătați că 5∗10=175 * 10 = 17. b) Determinați elementul neutru al legii de compoziție „∗*”. c) Determinați x∈Mx \in M pentru care x∗x∗x=x∗xx * x * x = x * x.

Rezolvare

a)5 puncte
1
3 puncte
a) Se calculează 5∗10=(5−1)log⁡3(10−1)+1=4log⁡39+1=42+15 * 10 = (5 - 1)^{\log_3(10 - 1)} + 1 = 4^{\log_3 9} + 1 = 4^2 + 1.
2
2 puncte
Se obține 5∗10=16+1=175 * 10 = 16 + 1 = 17.
b)5 puncte
3
3 puncte
b) Fie e∈Me \in M elementul neutru. Condiția x∗e=xx * e = x devine (x−1)log⁡3(e−1)+1=x(x - 1)^{\log_3(e - 1)} + 1 = x, adică (x−1)log⁡3(e−1)=x−1(x - 1)^{\log_3(e - 1)} = x - 1 pentru orice x∈Mx \in M, de unde log⁡3(e−1)=1\log_3(e - 1) = 1, deci e=4e = 4.
4
2 puncte
Se verifică: 4∗x=(4−1)log⁡3(x−1)+1=3log⁡3(x−1)+1=(x−1)+1=x4 * x = (4 - 1)^{\log_3(x - 1)} + 1 = 3^{\log_3(x - 1)} + 1 = (x - 1) + 1 = x pentru orice x∈Mx \in M. Deci e=4e = 4 este elementul neutru.
c)5 puncte
5
2 puncte
c) Se calculează x∗x=(x−1)log⁡3(x−1)+1x * x = (x - 1)^{\log_3(x - 1)} + 1 și x∗x∗x=(x−1)log⁡32(x−1)+1x * x * x = (x - 1)^{\log_3^2(x - 1)} + 1, pentru orice x∈Mx \in M.
6
3 puncte
Cum x∈Mx \in M, condiția (x−1)log⁡3(x−1)=(x−1)log⁡32(x−1)(x - 1)^{\log_3(x - 1)} = (x - 1)^{\log_3^2(x - 1)} implică log⁡3(x−1)=log⁡32(x−1)\log_3(x - 1) = \log_3^2(x - 1). Deci log⁡3(x−1)=0\log_3(x - 1) = 0 sau log⁡3(x−1)=1\log_3(x - 1) = 1. Cum x>2x > 2, obținem x=4x = 4.

IIISubiectul III(2 exerciții)

Exercițiul 1
Se consideră funcția f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x)=e2x+x4+2f(x) = \sqrt{e^{2x} + x^4 + 2}. a) Arătați că f′(x)=e2x+2x3e2x+x4+2f'(x) = \frac{e^{2x} + 2x^3}{\sqrt{e^{2x} + x^4 + 2}}, x∈Rx \in \mathbb{R}. b) Demonstrați că tangenta la graficul funcției ff în punctul de abscisă x=0x = 0, situat pe graficul funcției ff, este paralelă cu dreapta de ecuație x−3y=0x - \sqrt{3}y = 0. c) Demonstrați că funcția ff are un unic punct de extrem.

Rezolvare

a)5 puncte
1
3 puncte
a) Se derivează f′(x)=2e2x+4x32e2x+x4+2f'(x) = \frac{2e^{2x} + 4x^3}{2\sqrt{e^{2x} + x^4 + 2}}.
2
2 puncte
Se simplifică f′(x)=e2x+2x3e2x+x4+2f'(x) = \frac{e^{2x} + 2x^3}{\sqrt{e^{2x} + x^4 + 2}}, x∈Rx \in \mathbb{R}.
b)5 puncte
3
2 puncte
b) Panta tangentei la graficul funcției ff în punctul de abscisă x=0x = 0 este egală cu f′(0)=13f'(0) = \frac{1}{\sqrt{3}}.
4
3 puncte
Dreapta de ecuație x−3y=0x - \sqrt{3}y = 0 are panta 13\frac{1}{\sqrt{3}}. Deoarece pantele sunt egale, tangenta este paralelă cu dreapta dată.
c)5 puncte
5
2 puncte
c) Se consideră g:R→Rg : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, g(x)=e2x+2x3g(x) = e^{2x} + 2x^3. Atunci g′(x)=2e2x+6x2>0g'(x) = 2e^{2x} + 6x^2 > 0 pentru orice x∈Rx \in \mathbb{R}, deci gg este strict crescătoare pe R\mathbb{R}. Cum lim⁡x→−∞g(x)=−∞\lim_{x \to -\infty} g(x) = -\infty, lim⁡x→+∞g(x)=+∞\lim_{x \to +\infty} g(x) = +\infty și gg este continuă, există un unic c∈Rc \in \mathbb{R} cu g(c)=0g(c) = 0.
6
3 puncte
Funcția ff este continuă pe R\mathbb{R} și f′(x)<0f'(x) < 0 pentru x∈(−∞,c)x \in (-\infty, c), f′(x)>0f'(x) > 0 pentru x∈(c,+∞)x \in (c, +\infty). Deci ff este strict descrescătoare pe (−∞,c](-\infty, c] și strict crescătoare pe [c,+∞)[c, +\infty), deci ff are un unic punct de extrem.
Exercițiul 2
Se consideră funcția f:R→Rf : \mathbb{R} \to \mathbb{R}, f(x)=12(1x2+1−1x2+3)f(x) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{x^2 + 1} - \frac{1}{x^2 + 3}\right). a) Arătați că ∫01(2f(x)+1x2+3)dx=π4\displaystyle\int_0^1 \left(2f(x) + \frac{1}{x^2 + 3}\right)dx = \frac{\pi}{4}. b) Demonstrați că orice primitivă FF a funcției ff este strict crescătoare. c) Arătați că, pentru orice numere reale aa și bb, cu a<ba < b, ∫abf(x)F2(x) dx>0\displaystyle\int_a^b f(x) F^2(x)\,dx > 0, pentru orice primitivă FF a funcției ff.

Rezolvare

a)5 puncte
1
3 puncte
a) Se simplifică: 2f(x)+1x2+3=1x2+1−1x2+3+1x2+3=1x2+12f(x) + \frac{1}{x^2 + 3} = \frac{1}{x^2 + 1} - \frac{1}{x^2 + 3} + \frac{1}{x^2 + 3} = \frac{1}{x^2 + 1}. Deci ∫011x2+1 dx=arctan⁡x∣01\int_0^1 \frac{1}{x^2 + 1}\,dx = \arctan x\Big|_0^1.
2
2 puncte
Se obține arctan⁡1−arctan⁡0=π4\arctan 1 - \arctan 0 = \frac{\pi}{4}.
b)5 puncte
3
3 puncte
b) Fie FF o primitivă a funcției ff. Atunci F′(x)=f(x)=12⋅(x2+3)−(x2+1)(x2+1)(x2+3)=1(x2+1)(x2+3)F'(x) = f(x) = \frac{1}{2} \cdot \frac{(x^2 + 3) - (x^2 + 1)}{(x^2 + 1)(x^2 + 3)} = \frac{1}{(x^2 + 1)(x^2 + 3)}.
4
2 puncte
Deoarece F′(x)=1(x2+1)(x2+3)>0F'(x) = \frac{1}{(x^2 + 1)(x^2 + 3)} > 0 pentru orice x∈Rx \in \mathbb{R}, funcția FF este strict crescătoare.
c)5 puncte
5
3 puncte
c) Se calculează ∫abf(x)F2(x) dx=∫abF2(x)F′(x) dx=13F3(x)∣ab=13(F3(b)−F3(a))\int_a^b f(x) F^2(x)\,dx = \int_a^b F^2(x) F'(x)\,dx = \frac{1}{3} F^3(x)\Big|_a^b = \frac{1}{3}(F^3(b) - F^3(a)).
6
2 puncte
Cum FF este strict crescătoare, F(a)<F(b)F(a) < F(b) pentru a<ba < b, deci F3(b)−F3(a)>0F^3(b) - F^3(a) > 0 și ∫abf(x)F2(x) dx>0\int_a^b f(x) F^2(x)\,dx > 0.

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

Model 2022 — Tehnologic

Următor →

Simulare 2021 — Științele Naturii

← Înapoi la arhiva completă Bac