Rezolvare BAC 2024 Matematică M1 mate-info, sesiunea I (iulie)

Rezolvarea completă, pas cu pas, a subiectului oficial Matematică M_mate-info din sesiunea I (iulie) 2024 (Proba E.c) — 02.07.2024): toate cele 18 de cerințe, fiecare verificată cu baremul oficial. Deschide o cerință ca să vezi pașii și răspunsul.

Subiectul original (PDF) Baremul oficial (PDF)

Subiectul I (30 de puncte)

1. (5p) Arătați că 2lg100 + lg2 + lg5 = 5.

lg100 = 2, deci 2lg100 = 4.
lg2 + lg5 = lg(2·5) = lg10 = 1.
Suma este 4 + 1 = 5.
Răspuns
5

2. (5p) Se consideră funcția f:R→R, f(x) = x − 6. Determinați numărul real a pentru care f(a) + f(3a) = 0.

f(a) = a − 6 și f(3a) = 3a − 6.
Din a − 6 + 3a − 6 = 0 obținem 4a = 12, deci a = 3.
Răspuns
a = 3

3. (5p) Rezolvați în mulțimea numerelor reale ecuația 5³ˣ·5² = 5ˣ.

5³ˣ·5² = 5³ˣ⁺², deci ecuația devine 5³ˣ⁺² = 5ˣ.
Exponenții sunt egali: 3x + 2 = x, de unde x = −1.
Răspuns
x = −1

4. (5p) Determinați câte submulțimi cu două elemente, ambele numere pare, are mulțimea A = {1, 2, 4, 6, 8, 9}.

Numerele pare din A sunt 2, 4, 6 și 8: patru numere.
O submulțime cu două elemente pare se alege în C(4,2) = 4·32 = 6 moduri.
Răspuns
6 submulțimi

5. (5p) În reperul cartezian xOy se consideră punctele A(3,1) și B(3,0). Determinați coordonatele punctului C pentru care AC = OB (vectori).

Vectorul OB are coordonatele (3, 0), iar AC are coordonatele (x_C − 3, y_C − 1).
Din x_C − 3 = 3 și y_C − 1 = 0 obținem x_C = 6 și y_C = 1.
Răspuns
C(6,1)

6. (5p) Se consideră triunghiul ABC, dreptunghic în A, cu aria egală cu 18 și B = π4. Arătați că AB = 6.

Triunghiul e dreptunghic în A și are un unghi de π4, deci e dreptunghic isoscel: AB = AC.
Aria = AB·AC2 = AB²2 = 18, deci AB² = 36 și AB = 6.
Răspuns
AB = 6

Subiectul al II-lea (30 de puncte)

Se consideră matricea M(x) = x000x+2x02xx+2, unde x este număr real.

a) (5p) Arătați că det(M(1)) = 7.

M(1) = 100031023.
Dezvoltând după prima linie: det(M(1)) = 1·3123 = 9 − 2 = 7.
Răspuns
det(M(1)) = 7

b) (5p) Determinați numărul real x pentru care M(x)·M(2) = M(x − 1).

M(2) = 200042044, iar M(x)·M(2) = 2x0008x+86x+4012x+88x+8.
M(x − 1) = x−1000x+1x−102x−2x+1.
Din primul element: 2x = x − 1, deci x = −1. Verificare pentru x = −1: 8x + 8 = 0 = x + 1, 6x + 4 = −2 = x − 1, 12x + 8 = −4 = 2x − 2 și 8x + 8 = 0 = x + 1, deci toate elementele coincid.
Răspuns
x = −1

c) (5p) Determinați numerele naturale n pentru care 2det(M(n)) ≤ det(M(2n)).

det(M(x)) = x·((x+2)² − 2x²) = x(−x² + 4x + 4).
Deci det(M(n)) = n(−n² + 4n + 4) și det(M(2n)) = 2n(−4n² + 8n + 4).
Inegalitatea devine 2n(−n² + 4n + 4) ≤ 2n(−4n² + 8n + 4), adică 6n³ − 8n² ≤ 0, sau 2n²(3n − 4) ≤ 0.
Pentru n natural: n = 0 verifică, iar pentru n ≥ 1 trebuie 3n − 4 ≤ 0, adică n ≤ 43, deci n = 1.
Răspuns
n ∈ {0, 1}

Se consideră polinomul f = X³ − 2X² − aX + 2a, unde a este număr real.

a) (5p) Arătați că f(2) = 0, pentru orice număr real a.

f(2) = 8 − 8 − 2a + 2a = 0, pentru orice număr real a.
Răspuns
f(2) = 0

b) (5p) Pentru a = 1, arătați că polinomul f este divizibil cu polinomul g = X + 1.

Pentru a = 1: f = X³ − 2X² − X + 2.
f(−1) = −1 − 2 + 1 + 2 = 0, deci −1 e rădăcină a lui f și f e divizibil cu X + 1.
Răspuns
f(−1) = 0, deci X + 1 divide f

c) (5p) Determinați a ∈ (0, +∞) pentru care |x₁| + |x₂| + |x₃| = 8, unde x₁, x₂ și x₃ sunt rădăcinile polinomului f.

Grupând termenii: f = X²(X − 2) − a(X − 2) = (X − 2)(X² − a).
Pentru a > 0, rădăcinile sunt 2, √a și −√a.
|x₁| + |x₂| + |x₃| = 2 + √a + √a = 2 + 2√a = 8, deci √a = 3 și a = 9.
Răspuns
a = 9

Subiectul al III-lea (30 de puncte)

Se consideră funcția f:R→R, f(x) = eˣ(2x − 4) + x² − 2x + 4.

a) (5p) Arătați că f'(x) = 2(x − 1)(eˣ + 1), x∈R.

f'(x) = eˣ(2x − 4) + 2eˣ + 2x − 2 = eˣ(2x − 2) + 2x − 2.
Scoatem factor comun 2x − 2 = 2(x − 1): f'(x) = 2(x − 1)(eˣ + 1).
Răspuns
f'(x) = 2(x − 1)(eˣ + 1)

b) (5p) Arătați că limx→0 f(x)1 − eˣ = 4.

f(0) = −4 + 4 = 0 și 1 − e⁰ = 0, deci limita e de forma 00; aplicăm regula lui l'Hôpital.
limx→0 f'(x)−eˣ = 2·(−1)·2−1 = 4.
Răspuns
4

c) (5p) Arătați că ecuația f(x) = 0 are exact două soluții.

eˣ + 1 > 0, deci semnul lui f' e semnul lui x − 1: f scade strict pe (−∞, 1] și crește strict pe [1, +∞).
f(1) = −2e + 3 < 0, iar limx→−∞ f(x) = +∞ (termenul x² domină, eˣ(2x − 4) → 0) și limx→+∞ f(x) = +∞.
f e continuă și strict monotonă pe fiecare interval, trecând de la +∞ la o valoare negativă și înapoi la +∞, deci are exact o soluție pe (−∞, 1) și exact una pe (1, +∞).
Răspuns
exact două soluții

Se consideră funcția f:R→R, f(x) = 4x3x² + 1.

a) (5p) Arătați că ∫[3,4] f(x)(3x² + 1) dx = 14.

f(x)(3x² + 1) = 4x.
∫[3,4] 4x dx = [2x²] de la 3 la 4 = 32 − 18 = 14.
Răspuns
14

b) (5p) Arătați că ∫[0,1] f(x) dx = (43)·ln2.

(3x² + 1)' = 6x, deci 4x3x² + 1 = (23)·6x3x² + 1, cu primitiva (23)·ln(3x² + 1).
Valoarea: (23)(ln4 − ln1) = (23)·2ln2 = (43)·ln2.
Răspuns
(43)·ln2

c) (5p) Arătați că aria suprafeței plane delimitate de graficul funcției g:(0,+∞)→R, g(x) = 4ln xf(x), axa Ox și dreptele de ecuații x = 1 și x = e este egală cu 3e² + 54.

g(x) = (3x² + 1)·ln xx = (3x + 1x)·ln x ≥ 0 pe [1, e], deci aria este ∫[1,e] (3x·ln x + ln xx) dx.
Prin părți: ∫ x·ln x dx = x²·ln x2 − x²4, deci 3∫[1,e] x·ln x dx = 3(e²2 − e²4 + 14) = 3e² + 34.
∫[1,e] ln xx dx = [ln²x2] de la 1 la e = 12.
Aria = 3e² + 34 + 12 = 3e² + 54.
Răspuns
3e² + 54

Acum încearcă singur

Simularea de pe site îți dă un subiect complet și te corectează pe barem; grilele pe capitole îți arată exact unde mai ai de lucru.

Simulare BAC Exersează pe capitole

Alte rezolvări M1 mate-info

Toate subiectele oficiale, din 2020 încoace →