pbmatepbmateArticoleAutentificare
pbmate logo
pbmate

Matematică pentru elevii care vor mai mult de 9

Autentificare

Trei probleme noi în fiecare dimineață. Calibrate la nivelul tău, nu la al manualului.

Subiecte BAC oficiale

Subiecte BAC Matematică M1 · Mate-Info — Simulare 2023

Rezolvare interactivă gratuită, pas cu pas, a subiectului oficial de Matematică M1 · Mate-Info — Bacalaureat 2023, simulare. Include PDF-ul oficial și baremul de corectare.

Rezolvă varianta interactiv, gratuitPe pagini, cu barem și notă simulată — autentificare gratuită.

Documente oficiale

Subiectul oficial (PDF)Baremul oficial de corectare (PDF)

Subiectele oficiale

Subiectul I

  1. 1.
    Se consideră numerele complexe z1=1+2iz_1=1+2i și z2=1−iz_2=1-i. Arătați că z12+4z2=1.z_1^2+4z_2=1.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Calculăm pătratul: z12=(1+2i)2=12+2⋅1⋅2i+(2i)2=1+4i−4=−3+4i.z_1^2=(1+2i)^2=1^2+2\cdot 1\cdot 2i+(2i)^2=1+4i-4=-3+4i.
    2. Înmulțim cu 44 al doilea număr: 4z2=4(1−i)=4−4i.4z_2=4(1-i)=4-4i.
    3. Adunăm cele două rezultate: z12+4z2=(−3+4i)+(4−4i)=1.z_1^2+4z_2=(-3+4i)+(4-4i)=1.

    Răspuns: z12+4z2=1z_1^2+4z_2=1

  2. 2.
    Se consideră funcțiile f:R→Rf:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, f(x)=3x+1f(x)=3x+1 și g:R→Rg:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, g(x)=x2+x+mg(x)=x^2+x+m, unde mm este număr real. Determinați numărul real mm pentru care graficele funcțiilor ff și gg au exact un punct comun.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Punctele comune verifică f(x)=g(x),f(x)=g(x), adică 3x+1=x2+x+m.3x+1=x^2+x+m.
    2. Aducem totul într-un membru: x2+x+m−3x−1=0⇔x2−2x+m−1=0.x^2+x+m-3x-1=0\Leftrightarrow x^2-2x+m-1=0.
    3. Graficele au exact un punct comun ⇔\Leftrightarrow ecuația are soluție unică, deci Δ=0:\Delta=0: (−2)2−4(m−1)=0⇔4−4m+4=0.(-2)^2-4(m-1)=0\Leftrightarrow 4-4m+4=0.
    4. Rezolvăm: 8−4m=0⇒m=2.8-4m=0\Rightarrow m=2.

    Răspuns: m=2m=2

  3. 3.
    Rezolvați în mulțimea numerelor reale ecuația lg⁡(x2+9)=2lg⁡(x10).\lg(x^2+9)=2\lg(x\sqrt{10}).
    Rezolvare pas cu pas
    1. Condiția de existență: x10>0,x\sqrt{10}>0, deci x>0.x>0.
    2. Folosim 2lg⁡(x10)=lg⁡((x10)2)=lg⁡(10x2),2\lg(x\sqrt{10})=\lg\bigl((x\sqrt{10})^2\bigr)=\lg(10x^2), deci ecuația devine lg⁡(x2+9)=lg⁡(10x2).\lg(x^2+9)=\lg(10x^2).
    3. Egalăm argumentele: x2+9=10x2⇔9x2=9⇔x2−1=0.x^2+9=10x^2\Leftrightarrow 9x^2=9\Leftrightarrow x^2-1=0.
    4. Soluțiile sunt x=±1,x=\pm 1, dar condiția x>0x>0 păstrează doar x=1.x=1.

    Răspuns: x=1x=1

  4. 4.
    Se consideră mulțimea AA, a numerelor naturale de cel mult două cifre. Determinați probabilitatea ca, alegând un număr din mulțimea A,A, acesta să fie divizibil cu 9.9.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Numerele naturale de cel mult două cifre sunt A={0,1,2,…,99},A=\{0,1,2,\ldots,99\}, deci numărul cazurilor posibile este 100.100.
    2. Multiplii lui 99 din AA sunt 0,9,18,…,99,0,9,18,\ldots,99, adică 9⋅0,9⋅1,…,9⋅119\cdot 0,9\cdot 1,\ldots,9\cdot 11 — în total 1212 numere (cazuri favorabile).
    3. Probabilitatea cerută este P=cazuri favorabilecazuri posibile=12100=325.P=\dfrac{\text{cazuri favorabile}}{\text{cazuri posibile}}=\dfrac{12}{100}=\dfrac{3}{25}.

    Răspuns: P=325P=\dfrac{3}{25}

  5. 5.
    În triunghiul ABCABC, punctul MM este mijlocul laturii ACAC, iar punctele DD și EE aparțin segmentului ABAB, astfel încât AD=BEAD=BE. Arătați că MD→+ME→=CB→.\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}=\overrightarrow{CB}.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Cu regula triunghiului descompunem: MD→=MA→+AD→\overrightarrow{MD}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AD} și ME→=MC→+CB→+BE→.\overrightarrow{ME}=\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BE}.
    2. Însumăm: MD→+ME→=MA→+MC→+CB→+AD→+BE→.\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BE}.
    3. Cum MM este mijlocul lui AC,AC, avem MA→+MC→=0⃗;\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}=\vec 0; iar AD=BEAD=BE cu AD→,BE→\overrightarrow{AD},\overrightarrow{BE} de sensuri opuse pe AB,AB, deci AD→+BE→=0⃗.\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BE}=\vec 0.
    4. Rămâne MD→+ME→=CB→.\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}=\overrightarrow{CB}.

    Răspuns: MD→+ME→=CB→\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{ME}=\overrightarrow{CB}

  6. 6.
    Determinați x∈[0,π]x\in[0,\pi] pentru care sin⁡2x=1+cos⁡2x.\sin 2x=1+\cos 2x.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Folosim sin⁡2x=2sin⁡xcos⁡x\sin 2x=2\sin x\cos x și 1+cos⁡2x=2cos⁡2x;1+\cos 2x=2\cos^2 x; ecuația devine 2sin⁡xcos⁡x=2cos⁡2x.2\sin x\cos x=2\cos^2 x.
    2. Aducem totul în stânga și scoatem factor comun: 2sin⁡xcos⁡x−2cos⁡2x=0⇔2cos⁡x(sin⁡x−cos⁡x)=0.2\sin x\cos x-2\cos^2 x=0\Leftrightarrow 2\cos x(\sin x-\cos x)=0.
    3. Din cos⁡x=0\cos x=0 pe [0,π][0,\pi] obținem x=π2.x=\dfrac{\pi}{2}.
    4. Din sin⁡x−cos⁡x=0⇔tg⁡x=1\sin x-\cos x=0\Leftrightarrow\operatorname{tg} x=1 pe [0,π][0,\pi] obținem x=π4.x=\dfrac{\pi}{4}.

    Răspuns: x=π2x=\dfrac{\pi}{2} sau x=π4x=\dfrac{\pi}{4}

Subiectul al II-lea

Se consideră matricea A(a)=(a121a−1221)A(a)=\begin{pmatrix} a & 1 & 2 \\ 1 & a & -1 \\ 2 & 2 & 1 \end{pmatrix} și sistemul de ecuații {ax+y+2z=−2x+ay−z=42x+2y+z=2\begin{cases} ax+y+2z=-2 \\ x+ay-z=4 \\ 2x+2y+z=2 \end{cases}, unde aa este număr real.
  1. a.
    Arătați că det⁡(A(0))=1.\det(A(0))=1.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Înlocuim a=0a=0 pe diagonală: A(0)=(01210−1221).A(0)=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & -1 \\ 2 & 2 & 1 \end{pmatrix}.
    2. Dezvoltăm după prima linie: det⁡(A(0))=0⋅det⁡(0−121)−1⋅det⁡(1−121)+2⋅det⁡(1022).\det(A(0))=0\cdot\det\begin{pmatrix}0 & -1 \\ 2 & 1\end{pmatrix}-1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 2 & 1\end{pmatrix}+2\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 2 & 2\end{pmatrix}.
    3. Calculăm minorii: det⁡(1−121)=1⋅1−(−1)⋅2=3\det\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 2 & 1\end{pmatrix}=1\cdot 1-(-1)\cdot 2=3 și det⁡(1022)=2.\det\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 2 & 2\end{pmatrix}=2.
    4. Obținem det⁡(A(0))=0−1⋅3+2⋅2=−3+4=1.\det(A(0))=0-1\cdot 3+2\cdot 2=-3+4=1.

    Răspuns: det⁡(A(0))=1\det(A(0))=1

  2. b.
    Determinați mulțimea numerelor reale aa pentru care sistemul de ecuații are soluție unică.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Dezvoltăm det⁡(A(a))\det(A(a)) după prima linie: adet⁡(a−121)−1⋅det⁡(1−121)+2det⁡(1a22).a\det\begin{pmatrix}a & -1 \\ 2 & 1\end{pmatrix}-1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 2 & 1\end{pmatrix}+2\det\begin{pmatrix}1 & a \\ 2 & 2\end{pmatrix}.
    2. Calculăm: a(a+2)−1⋅3+2(2−2a)=a2+2a−3+4−4a=a2−2a+1=(a−1)2.a(a+2)-1\cdot 3+2(2-2a)=a^2+2a-3+4-4a=a^2-2a+1=(a-1)^2.
    3. Sistemul (Cramer) are soluție unică ⇔det⁡(A(a))≠0,\Leftrightarrow\det(A(a))\ne 0, adică (a−1)2≠0⇔a≠1.(a-1)^2\ne 0\Leftrightarrow a\ne 1.

    Răspuns: a∈R∖{1}a\in\mathbb{R}\setminus\{1\}

  3. c.
    Pentru a=1a=1, determinați soluțiile (x0,y0,z0)(x_0,y_0,z_0) ale sistemului pentru care x0, y0x_0,\ y_0 și z0z_0 sunt numere întregi și x0>y0>z0.x_0>y_0>z_0.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Pentru a=1,a=1, scădem a doua ecuație din prima: (x+y+2z)−(x+y−z)=−2−4⇒3z=−6⇒z=−2.(x+y+2z)-(x+y-z)=-2-4\Rightarrow 3z=-6\Rightarrow z=-2.
    2. Din prima ecuație: x+y=−2−2z=−2+4=2,x+y=-2-2z=-2+4=2, deci y=2−x;y=2-x; notând x=α,x=\alpha, soluțiile sunt (α, 2−α, −2).(\alpha,\ 2-\alpha,\ -2).
    3. Impunem x0>y0>z0:x_0>y_0>z_0: α>2−α>−2⇔α>1\alpha>2-\alpha>-2\Leftrightarrow\alpha>1 și α<4,\alpha<4, deci α∈(1,4).\alpha\in(1,4).
    4. Valorile întregi sunt α∈{2,3},\alpha\in\{2,3\}, care dau soluțiile (2,0,−2)(2,0,-2) și (3,−1,−2).(3,-1,-2).

    Răspuns: (2,0,−2)(2,0,-2) și (3,−1,−2)(3,-1,-2)

Pe mulțimea M=[−1,1]M=[-1,1] se definește legea de compoziție x∗y=xy1+(1−x2)(1−y2).x*y=\dfrac{xy}{1+\sqrt{(1-x^2)(1-y^2)}}.
  1. a.
    Arătați că 1∗12=12.1*\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Înlocuim x=1, y=12x=1,\ y=\dfrac{1}{2} sub radical: (1−12) ⁣(1−14)=0⋅34=0.(1-1^2)\!\left(1-\dfrac{1}{4}\right)=0\cdot\dfrac{3}{4}=0.
    2. Numitorul devine 1+0=1.1+\sqrt{0}=1.
    3. Așadar 1∗12=1⋅121=12.1*\dfrac{1}{2}=\dfrac{1\cdot\frac{1}{2}}{1}=\dfrac{1}{2}.

    Răspuns: 1∗12=121*\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}

  2. b.
    Arătați că x∗(−x)≥−x2x*(-x)\ge -x^2, pentru orice x∈M.x\in M.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Pe MM avem 1−x2≥0,1-x^2\ge 0, deci (1−x2)(1−(−x)2)=(1−x2)2=1−x2;\sqrt{(1-x^2)(1-(-x)^2)}=\sqrt{(1-x^2)^2}=1-x^2; numitorul devine 1+(1−x2)=2−x2.1+(1-x^2)=2-x^2.
    2. Așadar x∗(−x)=x⋅(−x)2−x2=−x22−x2.x*(-x)=\dfrac{x\cdot(-x)}{2-x^2}=\dfrac{-x^2}{2-x^2}.
    3. Adunăm x2:x^2: (x∗(−x))+x2=−x2+x2(2−x2)2−x2=x2(1−x2)2−x2.\bigl(x*(-x)\bigr)+x^2=\dfrac{-x^2+x^2(2-x^2)}{2-x^2}=\dfrac{x^2(1-x^2)}{2-x^2}.
    4. Pe M, x2≥0, 1−x2≥0, 2−x2>0,M,\ x^2\ge 0,\ 1-x^2\ge 0,\ 2-x^2>0, deci fracția este ≥0,\ge 0, adică x∗(−x)≥−x2.x*(-x)\ge -x^2.

    Răspuns: x∗(−x)≥−x2x*(-x)\ge -x^2 pentru orice x∈Mx\in M

  3. c.
    Determinați perechile (a,b)(a,b) de numere din mulțimea MM pentru care a∗b=1.a*b=1.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Din a∗b=1a*b=1 înmulțim cu numitorul: ab=1+(1−a2)(1−b2),ab=1+\sqrt{(1-a^2)(1-b^2)}, deci (1−a2)(1−b2)=ab−1.\sqrt{(1-a^2)(1-b^2)}=ab-1.
    2. Radicalul este ≥0,\ge 0, prin urmare ab−1≥0,ab-1\ge 0, adică ab≥1.ab\ge 1.
    3. Pe MM avem ∣a∣≤1|a|\le 1 și ∣b∣≤1,|b|\le 1, deci ∣ab∣≤1,|ab|\le 1, adică ab≤1;ab\le 1; împreună cu ab≥1ab\ge 1 rezultă ab=1.ab=1.
    4. Atunci (1−a2)(1−b2)=0,\sqrt{(1-a^2)(1-b^2)}=0, iar ab=1ab=1 cu a,b∈Ma,b\in M dă (a,b)∈{(1,1),(−1,−1)}.(a,b)\in\{(1,1),(-1,-1)\}.

    Răspuns: (a,b)∈{(−1,−1), (1,1)}(a,b)\in\{(-1,-1),\ (1,1)\}

Subiectul al III-lea

Se consideră funcția f:R→Rf:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, f(x)=x−1−ln⁡(ex+x2).f(x)=x-1-\ln(e^x+x^2).
  1. a.
    Arătați că f′(x)=x(x−2)ex+x2f'(x)=\dfrac{x(x-2)}{e^x+x^2}, x∈R.x\in\mathbb{R}.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Derivăm logaritmul cu (ln⁡u)′=u′u, u=ex+x2:(\ln u)'=\dfrac{u'}{u},\ u=e^x+x^2: (ln⁡(ex+x2))′=ex+2xex+x2.\bigl(\ln(e^x+x^2)\bigr)'=\dfrac{e^x+2x}{e^x+x^2}.
    2. Deci f′(x)=1−ex+2xex+x2=ex+x2−(ex+2x)ex+x2.f'(x)=1-\dfrac{e^x+2x}{e^x+x^2}=\dfrac{e^x+x^2-(e^x+2x)}{e^x+x^2}.
    3. Numărătorul se simplifică: ex+x2−ex−2x=x2−2x=x(x−2).e^x+x^2-e^x-2x=x^2-2x=x(x-2).
    4. Obținem f′(x)=x(x−2)ex+x2.f'(x)=\dfrac{x(x-2)}{e^x+x^2}.

    Răspuns: f′(x)=x(x−2)ex+x2f'(x)=\dfrac{x(x-2)}{e^x+x^2}

  2. b.
    Determinați numerele reale aa pentru care tangenta la graficul funcției ff în punctul de coordonate (a,f(a))(a,f(a)) este paralelă cu axa Ox.Ox.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Tangenta în (a,f(a))(a,f(a)) este paralelă cu Ox⇔Ox\Leftrightarrow panta ei este nulă, adică f′(a)=0.f'(a)=0.
    2. Deci a(a−2)ea+a2=0.\dfrac{a(a-2)}{e^a+a^2}=0.
    3. Cum ea+a2>0e^a+a^2>0 pentru orice a∈R,a\in\mathbb{R}, condiția revine la a(a−2)=0.a(a-2)=0.
    4. Rezolvăm și obținem a=0a=0 sau a=2.a=2.

    Răspuns: a=0a=0 sau a=2a=2

  3. c.
    Determinați imaginea funcției f.f.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Numitorul lui f′f' este strict pozitiv, deci semnul lui f′(x)f'(x) coincide cu semnul produsului x(x−2):x(x-2): ff este crescătoare pe (−∞,0],(-\infty,0], descrescătoare pe [0,2][0,2] și crescătoare pe [2,+∞).[2,+\infty).
    2. Maximul global se atinge în x=0:x=0: f(0)=0−1−ln⁡(e0+0)=−1.f(0)=0-1-\ln(e^0+0)=-1.
    3. La capete: lim⁡x→−∞f(x)=−∞\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty și lim⁡x→+∞f(x)=−1,\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-1, valoare neatinsă.
    4. Cum ff este continuă și ia toate valorile până la maximul −1,-1, imaginea este (−∞,−1].(-\infty,-1].

    Răspuns: Im⁡f=(−∞,−1]\operatorname{Im} f=(-\infty,-1]

Se consideră funcția f:(−3,+∞)→Rf:(-3,+\infty)\to\mathbb{R}, f(x)=x2+1x+3.f(x)=\dfrac{x^2+1}{\sqrt{x+3}}.
  1. a.
    Arătați că ∫03f(x)x+3 dx=12.\displaystyle\int_0^3 f(x)\sqrt{x+3}\,dx=12.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Simplificăm integrandul: f(x)x+3=x2+1x+3⋅x+3=x2+1.f(x)\sqrt{x+3}=\dfrac{x^2+1}{\sqrt{x+3}}\cdot\sqrt{x+3}=x^2+1.
    2. O primitivă a lui x2+1x^2+1 este F(x)=x33+x.F(x)=\dfrac{x^3}{3}+x.
    3. Aplicăm formula Leibniz–Newton: ∫03(x2+1) dx=(273+3)−0=9+3=12.\displaystyle\int_0^3(x^2+1)\,dx=\left(\dfrac{27}{3}+3\right)-0=9+3=12.

    Răspuns: ∫03f(x)x+3 dx=12\displaystyle\int_0^3 f(x)\sqrt{x+3}\,dx=12

  2. b.
    Arătați că ∫−21f(x)x2+1 dx=2.\displaystyle\int_{-2}^{1}\dfrac{f(x)}{x^2+1}\,dx=2.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Simplificăm: f(x)x2+1=x2+1(x2+1)x+3=1x+3.\dfrac{f(x)}{x^2+1}=\dfrac{x^2+1}{(x^2+1)\sqrt{x+3}}=\dfrac{1}{\sqrt{x+3}}.
    2. O primitivă este F(x)=2x+3,F(x)=2\sqrt{x+3}, deoarece (2x+3)′=1x+3.\bigl(2\sqrt{x+3}\bigr)'=\dfrac{1}{\sqrt{x+3}}.
    3. Aplicăm Leibniz–Newton: ∫−211x+3 dx=24−21=4−2=2.\displaystyle\int_{-2}^{1}\dfrac{1}{\sqrt{x+3}}\,dx=2\sqrt{4}-2\sqrt{1}=4-2=2.

    Răspuns: ∫−21f(x)x2+1 dx=2\displaystyle\int_{-2}^{1}\dfrac{f(x)}{x^2+1}\,dx=2

  3. c.
    Demonstrați că ∫011f(x) dx≤π2.\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{f(x)}\,dx\le\dfrac{\pi}{2}.
    Rezolvare pas cu pas
    1. Scriem 1f(x)=x+3x2+1;\dfrac{1}{f(x)}=\dfrac{\sqrt{x+3}}{x^2+1}; pe [0,1][0,1] avem x+3≤4,x+3\le 4, deci x+3≤2,\sqrt{x+3}\le 2, de unde x+3x2+1≤2x2+1.\dfrac{\sqrt{x+3}}{x^2+1}\le\dfrac{2}{x^2+1}.
    2. Integrăm inegalitatea pe [0,1]:[0,1]: ∫011f(x) dx≤2∫011x2+1 dx.\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{f(x)}\,dx\le 2\int_0^1\dfrac{1}{x^2+1}\,dx.
    3. Calculăm ∫011x2+1 dx=arctg⁡1−arctg⁡0=π4.\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{x^2+1}\,dx=\operatorname{arctg} 1-\operatorname{arctg} 0=\dfrac{\pi}{4}.
    4. Obținem ∫011f(x) dx≤2⋅π4=π2.\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{f(x)}\,dx\le 2\cdot\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}.

    Răspuns: ∫011f(x) dx≤π2\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{f(x)}\,dx\le\dfrac{\pi}{2}

Exersează pe capitole

Probleme rezolvate pe capitolele-cheie din programa de Bacalaureat:

Integraleclasa a XII-aDerivateclasa a XI-aIntegrala definităclasa a XII-aLogaritmiclasa a XI-aDeterminanțiclasa a XI-aLimite de funcțiiclasa a XI-a

Sursă: subiect și barem publicate oficial de Ministerul Educației / Centrul Național de Politici și Evaluare în Educație (CNEE). Documentele sunt reproduse integral, nealterate; rezolvarea interactivă este material original pbmate.