Rezolvare BAC 2025 Matematică M1 mate-info, sesiunea a II-a (august)

Rezolvarea completă, pas cu pas, a subiectului oficial Matematică M_mate-info din sesiunea a II-a (august) 2025 (Proba E.c) — 12.08.2025): toate cele 18 de cerințe, fiecare verificată cu baremul oficial. Deschide o cerință ca să vezi pașii și răspunsul.

Subiectul I (30 de puncte)

1. (5p) Arătați că 3(4−5i)+5i(3+2i) = 2, unde i² = −1.

3(4−5i) = 12−15i, iar 5i(3+2i) = 15i+10i² = 15i−10.
Suma este 12−15i+15i−10 = 2.
Răspuns
2

2. (5p) Se consideră funcțiile f:R→R, f(x) = x+4 și g:R→R, g(x) = 2x+a, unde a este număr real. Determinați numărul real a pentru care (g∘f)(1) = 1.

f(1) = 5, deci (g∘f)(1) = g(5) = 10+a.
Din 10+a = 1 obținem a = −9.
Răspuns
a = −9

3. (5p) Rezolvați în mulțimea numerelor reale ecuația log₂(6x−x²) = log₂(4+x).

Condiții de existență: 6x−x² > 0 și 4+x > 0.
Din 6x−x² = 4+x obținem x²−5x+4 = 0, cu soluțiile x = 1 și x = 4.
Verificare: pentru x = 1, argumentele sunt 5 și 5; pentru x = 4, sunt 8 și 8. Ambele soluții convin.
Răspuns
x = 1 sau x = 4

4. (5p) Se consideră mulțimea A = {3,4,5,7,9}. Determinați câte numere naturale impare, de două cifre distincte, se pot forma cu cifre din mulțimea A.

Numărul e impar dacă cifra unităților e impară: 3, 5, 7 sau 9, deci 4 moduri.
Cifra zecilor se alege dintre celelalte 4 cifre din A (distincte de cea a unităților), deci 4 moduri.
Se pot forma 4·4 = 16 numere.
Răspuns
16 numere

5. (5p) În reperul cartezian xOy se consideră punctele A(0,2) și B(6,4). Determinați coordonatele punctului C pentru care 2·AC = OB (vectori).

Vectorul OB are coordonatele (6,4), iar AC are coordonatele (x_C, y_C − 2).
Din 2x_C = 6 și 2(y_C − 2) = 4 obținem x_C = 3 și y_C = 4.
Răspuns
C(3,4)

6. (5p) Se consideră triunghiul ABC, dreptunghic în A, cu AB = 4 și raza cercului circumscris egală cu 4. Arătați că aria triunghiului ABC este egală cu 8√3.

Într-un triunghi dreptunghic, ipotenuza este diametrul cercului circumscris, deci BC = 2·4 = 8.
AC = √(BC²−AB²) = √(64−16) = √48 = 4√3.
Aria = AB·AC2 = 4·4√32 = 8√3.
Răspuns
Aria = 8√3

Subiectul al II-lea (30 de puncte)

Se consideră matricea A(a) = a12aa1011−a și sistemul de ecuații ax+y+2az=a+1ax+y=0x+y−az=−1, unde a este număr real.

a) (5p) Arătați că det(A(2)) = 4.

A(2) = 21421011−2.
Prin regula lui Sarrus: det(A(2)) = 21421011−2 = −4+0+8−4−0+4 = 4.
Răspuns
det(A(2)) = 4

b) (5p) Pentru a = 1, arătați că sistemul de ecuații are o infinitate de soluții.

Pentru a = 1, sistemul este x+y+2z = 2, x+y = 0, x+y−z = −1.
Din a doua ecuație x+y = 0; înlocuind în prima: 2z = 2, deci z = 1; în a treia: −z = −1, deci tot z = 1 — ecuațiile sunt compatibile.
Rămâne doar condiția x+y = 0: pentru orice număr real t, (t, −t, 1) este soluție, deci sistemul are o infinitate de soluții.
Răspuns
Soluțiile (t, −t, 1), t ∈ R

c) (5p) Determinați numărul real a pentru care sistemul de ecuații are soluția unică (x₀,y₀,z₀) și x₀ = a.

det(A(a)) = 2a²−2a = 2a(a−1), deci soluția e unică dacă și numai dacă a ∉ {0,1}.
Din a doua ecuație y = −ax; în prima: 2az = a+1, deci z = a+12a; în a treia: x(1−a) = −1 + az = a−12, deci x₀ = −12.
Din x₀ = a obținem a = −12, care convine (e diferit de 0 și 1).
Răspuns
a = −12

Se consideră polinomul f = X⁴−3X³+X²−2X+m, unde m este număr real.

a) (5p) Pentru m = 3, arătați că f(1) = 0.

f(1) = 1−3+1−2+3 = 0.
Răspuns
f(1) = 0

b) (5p) Determinați numerele reale m pentru care (x₁x₂x₃x₄)² − x₁ − x₂ − x₃ − x₄ = 1, unde x₁, x₂, x₃ și x₄ sunt rădăcinile polinomului f.

Din relațiile lui Viète: x₁x₂x₃x₄ = m și x₁+x₂+x₃+x₄ = 3.
Relația devine m² − 3 = 1, deci m² = 4 și m = −2 sau m = 2.
Răspuns
m = −2 sau m = 2

c) (5p) Pentru m = 0, determinați numerele reale a pentru care restul împărțirii polinomului f la polinomul X−a este egal cu a.

Restul împărțirii la X−a este f(a) = a⁴−3a³+a²−2a.
Din f(a) = a obținem a⁴−3a³+a²−3a = 0, adică a(a−3)(a²+1) = 0.
Cum a²+1 > 0, soluțiile reale sunt a = 0 și a = 3.
Răspuns
a = 0 sau a = 3

Subiectul al III-lea (30 de puncte)

Se consideră funcția f:R→R, f(x) = x²+6√(x²+1).

a) (5p) Arătați că f'(x) = x(x²−4)(x²+1)√(x²+1), x∈R.

f'(x) = 2x·√(x²+1) − (x²+6)·x/√(x²+1)x²+1.
Aducem numărătorul la numitorul √(x²+1): 2x(x²+1) − x(x²+6)√(x²+1) = x³−4x√(x²+1).
Deci f'(x) = x(x²−4)(x²+1)√(x²+1).
Răspuns
f'(x) = x(x²−4)(x²+1)√(x²+1)

b) (5p) Determinați ecuația tangentei la graficul funcției f în punctul de abscisă x = 0, situat pe graficul funcției f.

f(0) = 6 și f'(0) = 0.
Ecuația tangentei: y − f(0) = f'(0)(x − 0), adică y = 6.
Răspuns
y = 6

c) (5p) Arătați că f(7x) − f(x) ≤ 2√2, pentru orice x∈[0,1].

f'(x) ≤ 0 pe [0,2] și f'(x) ≥ 0 pe [2,+∞), deci f scade pe [0,2] și crește pe [2,+∞).
Pentru x ∈ [0,1]: f scade pe [0,1], deci f(x) ≥ f(1) = 7√2.
7x ∈ [0,7], iar pe [0,7] maximul lui f este max(f(0), f(7)) = max(6, 55√50) = 11√2 (≈ 7,78 > 6), deci f(7x) ≤ 11√2.
Așadar f(7x) − f(x) ≤ 11√2 − 7√2 = 4√2 = 2√2.
Răspuns
f(7x) − f(x) ≤ 2√2

Se consideră funcția f:R→R, f(x) = 3x²−1+e²ˣ.

a) (5p) Arătați că ∫[0,3] (f(x) − e²ˣ) dx = 24.

f(x) − e²ˣ = 3x²−1.
∫[0,3] (3x²−1) dx = [x³−x] de la 0 la 3 = 27−3 = 24.
Răspuns
24

b) (5p) Arătați că ∫[0,1] 4x(f(x) − 3x² + 1) dx = e²+1.

f(x) − 3x² + 1 = e²ˣ, deci integrala este ∫[0,1] 4x·e²ˣ dx = ∫[0,1] 2x·(e²ˣ)' dx.
Prin părți: [2x·e²ˣ] de la 0 la 1 − ∫[0,1] 2e²ˣ dx = 2e² − [e²ˣ] de la 0 la 1 = 2e² − (e²−1).
Rezultatul este e²+1.
Răspuns
e²+1

c) (5p) Demonstrați că limx→0 (1x²)·∫[0,x] f(t)t+1 dt = 1.

f(0) = 0−1+1 = 0, deci limita e de forma 00; aplicăm regula lui l'Hôpital: derivata integralei este f(x)x+1, iar a lui x² este 2x.
Obținem limx→0 f(x)2x(x+1), tot de forma 00; aplicând din nou l'Hôpital (derivata lui 2x²+2x este 4x+2):
limx→0 f'(x)4x+2 = limx→0 6x + 2e²ˣ4x+2 = 22 = 1.
Răspuns
1