BAC Matematică M_mate-info - iunie 2023 (Varianta 1)

$z(z - 2i) = (3 + i)\big((3 + i) - 2i\big) = (3 + i)(3 - i) = 3^{2} - i^{2} = 9 - (-1) = 9 + 1 = 10$.

Barem: $z(z - 2i) = (3 + i)(3 - i) = 3^{2} - i^{2}$ (3p); $= 9 + 1 = 10$ (2p).

$f(2x) = 5\cdot 2x + 1 = 10x + 1$ și $2f(x) = 2(5x + 1) = 10x + 2$. Atunci $f(2x) - 2f(x) = 10x + 1 - 10x - 2 = -1$, pentru orice număr real $x$.

Barem: $f(2x) = 10x + 1$, pentru orice număr real $x$ (2p); $f(2x) - 2f(x) = 10x + 1 - 2(5x + 1) = 10x + 1 - 10x - 2 = -1$, pentru orice număr real $x$ (3p).

Ridicând la cub, ecuația $\sqrt[3]{x^{3} - 2x + 2} = x$ devine $x^{3} - 2x + 2 = x^{3}$, adică $-2x + 2 = 0$, de unde obținem $x = 1$.

Barem: din $\sqrt[3]{x^{3} - 2x + 2} = x$ rezultă $x^{3} - 2x + 2 = x^{3}$, deci $-2x + 2 = 0$ (3p); $x = 1$ (2p).

Numerele naturale de două cifre sunt $10, 11, \ldots, 99$, deci mulțimea $A$ are $90$ de elemente (cazuri posibile). Numărul $n + 5$ este multiplu de $10$ atunci când $n$ are ultima cifră $5$, adică $n \in \{15, 25, 35, 45, 55, 65, 75, 85, 95\}$, deci $9$ cazuri favorabile. Probabilitatea este $p = \dfrac{9}{90} = \dfrac{1}{10}$.

Barem: mulțimea numerelor naturale de două cifre are $90$ de elemente, deci sunt $90$ de cazuri posibile (2p); în mulțimea $A$ sunt $9$ numere $n$ pentru care $n + 5$ este multiplu de $10$, deci sunt $9$ cazuri favorabile, de unde obținem $p = \dfrac{9}{90} = \dfrac{1}{10}$ (3p).

Panta dreptei $AB$ este $m_{AB} = \dfrac{4 - 0}{5 - 4} = 4$. Cum $d \parallel AB$, avem $m_d = m_{AB} = 4$. Dreapta $d$ trece prin $O(0,0)$, deci ecuația ei este $y - 0 = 4(x - 0)$, adică $y = 4x$.

Barem: $m_{AB} = 4$ și, cum $d \parallel AB$, obținem $m_d = 4$ (3p); ecuația dreptei este $y - 0 = 4(x - 0)$, adică $y = 4x$ (2p).

Triunghiul $ABC$ este dreptunghic isoscel în $A$, deci înălțimea $AD$ din $A$ pe ipotenuza $BC$ este și mediană, cu $AD = \dfrac{BC}{2}$. Aria este $\mathcal{A}_{ABC} = \dfrac{AD \cdot BC}{2} = \dfrac{\frac{BC}{2}\cdot BC}{2} = \dfrac{BC^{2}}{4} = 4$, deci $BC^{2} = 16$, de unde $BC = 4$.

Barem: $AD = \dfrac{BC}{2}$, unde $AD$ este înălțimea din $A$ în triunghiul $ABC$ (3p); $\mathcal{A}_{ABC} = \dfrac{AD \cdot BC}{2} = 4$, de unde obținem $BC = 4$ (2p).

Pentru $a = 0$ obținem $A(0) = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -2 \end{pmatrix}$. Aplicând regula lui Sarrus, $\det(A(0)) = 4 + 2 + 0 - 0 - 0 + 2 = 8$.

Barem: $A(0) = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & -2 \end{pmatrix}$ (2p); $\det(A(0)) = 4 + 2 + 0 - 0 - 0 + 2 = 8$ (3p).

Determinantul matricei este $\det(A(a)) = -a^{2} + 2a + 8$, pentru orice număr real $a$. Matricea $A(a)$ este inversabilă dacă și numai dacă $\det(A(a)) \ne 0$. Ecuația $-a^{2} + 2a + 8 = 0$, adică $a^{2} - 2a - 8 = 0$, are soluțiile $a = -2$ și $a = 4$. Prin urmare, $A(a)$ este inversabilă dacă și numai dacă $a \in \mathbb{R} \setminus \{-2, 4\}$.

Barem: $\det(A(a)) = -a^{2} + 2a + 8$, pentru orice număr real $a$ (2p); $\det(A(a)) = 0 \iff a = -2$ sau $a = 4$, deci matricea $A(a)$ este inversabilă dacă și numai dacă $a \in \mathbb{R} \setminus \{-2, 4\}$ (3p).

Pentru $a = -2$, sistemul devine $\begin{cases} 2x + y + 2z = 2 \\ x - y - 2z = 4 \\ -2x - y - 2z = -2 \end{cases}$. A treia ecuație este opusa primeia, deci sistemul este compatibil nedeterminat. Notând $z = \alpha \in \mathbb{R}$, din primele două ecuații obținem $x = 2$ și $y = -2 - 2\alpha$, deci soluțiile sunt de forma $(2,\, -2 - 2\alpha,\, \alpha)$. Atunci $x_0 z_0 + y_0 = 2\alpha + (-2 - 2\alpha) = -2$, pentru orice soluție a sistemului.

Barem: pentru $a = -2$, soluțiile sistemului de ecuații sunt de forma $(2,\, -2 - 2\alpha,\, \alpha)$, cu $\alpha \in \mathbb{R}$ (3p); $x_0 z_0 + y_0 = 2\alpha - 2 - 2\alpha = -2$, pentru orice soluție $(x_0, y_0, z_0)$ a sistemului de ecuații (2p).

$2 \circ 3 = 2\cdot 3 + (2^{2} - 2)(2^{3} - 2) = 6 + (4 - 2)(8 - 2) = 6 + 2\cdot 6 = 6 + 12 = 18$.

Barem: $2 \circ 3 = 2\cdot 3 + (2^{2} - 2)(2^{3} - 2)$ (3p); $= 6 + 2\cdot 6 = 6 + 12 = 18$ (2p).

Pentru orice număr real $x$, $x \circ 1 = x\cdot 1 + (2^{x} - 2)(2^{1} - 2) = x + (2^{x} - 2)\cdot 0 = x$ și, analog, $1 \circ x = 1\cdot x + (2^{1} - 2)(2^{x} - 2) = x + 0\cdot(2^{x} - 2) = x$. Cum $x \circ 1 = 1 \circ x = x$ pentru orice $x$, rezultă că $e = 1$ este elementul neutru al legii de compoziție „$\circ$”.

Barem: $x \circ 1 = x\cdot 1 + (2^{x} - 2)(2^{1} - 2) = x + 0 = x$, pentru orice număr real $x$ (2p); $1 \circ x = 1\cdot x + (2^{1} - 2)(2^{x} - 2) = x + 0 = x$, pentru orice număr real $x$, deci $e = 1$ este elementul neutru al legii de compoziție „$\circ$” (3p).

$x \circ (-x) = x\cdot(-x) + (2^{x} - 2)(2^{-x} - 2) = -x^{2} + \left(1 - 2\cdot 2^{x} - 2\cdot 2^{-x} + 4\right) = 1 - x^{2} - 2\left(2^{x} - 2 + \dfrac{1}{2^{x}}\right) = 1 - x^{2} - 2\left(\sqrt{2^{x}} - \dfrac{1}{\sqrt{2^{x}}}\right)^{2}$. Cum $x^{2} \ge 0$ și $\left(\sqrt{2^{x}} - \dfrac{1}{\sqrt{2^{x}}}\right)^{2} \ge 0$, rezultă $x \circ (-x) \le 1$, pentru orice număr real $x$.

Barem: $x \circ (-x) = -x^{2} + 1 - 2\cdot 2^{x} - 2\cdot 2^{-x} + 4$ (2p); $= 1 - x^{2} - 2\left(\sqrt{2^{x}} - \dfrac{1}{\sqrt{2^{x}}}\right)^{2} \le 1$, pentru orice număr real $x$ (3p).

Scriem $f(x) = x + 3\big(\ln(x+3) - \ln(x-1)\big)$. Atunci $f'(x) = 1 + \dfrac{3}{x+3} - \dfrac{3}{x-1} = \dfrac{(x+3)(x-1) + 3(x-1) - 3(x+3)}{(x+3)(x-1)} = \dfrac{x^{2} + 2x - 3 + 3x - 3 - 3x - 9}{(x+3)(x-1)} = \dfrac{x^{2} + 2x - 15}{(x-1)(x+3)}$, pentru $x \in (1, +\infty)$.

Barem: $f'(x) = 1 + 3\big(\ln(x+3) - \ln(x-1)\big)' = 1 + \dfrac{3}{x+3} - \dfrac{3}{x-1}$ (3p); $= \dfrac{x^{2} + 2x - 15}{(x+3)(x-1)}$, $x \in (1, +\infty)$ (2p).

Panta asimptotei oblice este $m = \lim_{x\to+\infty} \dfrac{f(x)}{x} = \lim_{x\to+\infty}\left(1 + \dfrac{3}{x}\ln\dfrac{x+3}{x-1}\right) = 1$. Ordonata la origine este $n = \lim_{x\to+\infty}\big(f(x) - mx\big) = \lim_{x\to+\infty}\left(3\ln\dfrac{x+3}{x-1}\right) = 3\ln 1 = 0$. Prin urmare, asimptota oblică spre $+\infty$ are ecuația $y = x$.

Barem: $\displaystyle m = \lim_{x\to+\infty} \dfrac{f(x)}{x} = \lim_{x\to+\infty}\left(1 + \dfrac{3}{x}\ln\dfrac{x+3}{x-1}\right) = 1$ (2p); $\displaystyle n = \lim_{x\to+\infty}\big(f(x) - x\big) = \lim_{x\to+\infty}\left(3\ln\dfrac{x+3}{x-1}\right) = 0$, deci dreapta de ecuație $y = x$ este asimptota oblică spre $+\infty$ la graficul funcției $f$ (3p).

Din $f'(x) = \dfrac{x^{2} + 2x - 15}{(x-1)(x+3)} = \dfrac{(x-3)(x+5)}{(x-1)(x+3)}$ și $x \in (1, +\infty)$, avem $f'(x) = 0 \iff x = 3$, $f'(x) \le 0$ pe $(1, 3]$ și $f'(x) \ge 0$ pe $[3, +\infty)$. Deci $f$ este descrescătoare pe $(1, 3]$ și crescătoare pe $[3, +\infty)$, având minimul în $x = 3$: $f(x) \ge f(3) = 3 + 3\ln 3$, pentru orice $x \in (1, +\infty)$. Din $x + 3\ln\dfrac{x+3}{x-1} \ge 3 + 3\ln 3$ rezultă $3\ln\dfrac{x+3}{x-1} - 3\ln 3 \ge 3 - x$, adică $3\ln\dfrac{x+3}{3(x-1)} \ge 3 - x$, de unde $\ln\dfrac{x+3}{3(x-1)} \ge 1 - \dfrac{x}{3}$, pentru orice $x \in (1, +\infty)$.

Barem: $f'(x) = 0 \Rightarrow x = 3$; $f'(x) \le 0$ pentru $x \in (1, 3]$ și $f'(x) \ge 0$ pentru $x \in [3, +\infty)$, deci $f$ este descrescătoare pe $(1, 3]$ și crescătoare pe $[3, +\infty)$, de unde $f(x) \ge f(3)$, pentru orice $x \in (1, +\infty)$ (3p); $f(3) = 3 + 3\ln 3$, deci $x + 3\ln\dfrac{x+3}{x-1} \ge 3 + 3\ln 3$, de unde obținem $\ln\dfrac{x+3}{3(x-1)} \ge 1 - \dfrac{x}{3}$, pentru orice $x \in (1, +\infty)$ (2p).

$f(x)e^{x} = (x^{2} + 2x)e^{-x}\cdot e^{x} = x^{2} + 2x$. Atunci $\displaystyle\int_0^3 f(x)e^{x}\,dx = \int_0^3 (x^{2} + 2x)\,dx = \left(\dfrac{x^{3}}{3} + x^{2}\right)\Big|_0^3 = \dfrac{27}{3} + 9 = 9 + 9 = 18$.

Barem: $f(x)e^{x} = x^{2} + 2x$, deci $\displaystyle\int_0^3 (x^{2} + 2x)\,dx = \left(\dfrac{x^{3}}{3} + x^{2}\right)\Big|_0^3$ (3p); $= \dfrac{27}{3} + 9 = 18$ (2p).

Cum $\dfrac{f(x)}{x+2} = \dfrac{(x^{2} + 2x)e^{-x}}{x + 2} = \dfrac{x(x+2)e^{-x}}{x+2} = xe^{-x}$ și $\big(-e^{-x}\big)' = e^{-x}$, integrăm prin părți: $\displaystyle\int_0^1 xe^{-x}\,dx = \int_0^1 x\big(-e^{-x}\big)'\,dx = x\big(-e^{-x}\big)\Big|_0^1 - \int_0^1 \big(-e^{-x}\big)\,dx = -\dfrac{1}{e} + \big(-e^{-x}\big)\Big|_0^1 = -\dfrac{1}{e} - \dfrac{1}{e} + 1 = \dfrac{e - 2}{e}$.

Barem: $\dfrac{f(x)}{x+2} = xe^{-x}$, deci $\displaystyle\int_0^1 \dfrac{f(x)}{x+2}\,dx = \int_0^1 x\big(-e^{-x}\big)'\,dx = x\big(-e^{-x}\big)\Big|_0^1 - \int_0^1 \big(-e^{-x}\big)\,dx$ (3p); $= -\dfrac{1}{e} - \dfrac{1}{e} + 1 = \dfrac{e - 2}{e}$ (2p).

Fie $F(x) = \int_0^x f(t)\,dt$. Cum $F(0) = 0$, limita $\lim_{x\to 0}\dfrac{F(x)}{x^{2}}$ este de forma $\dfrac{0}{0}$. Aplicând regula lui l'Hôpital și folosind $F'(x) = f(x)$, obținem $\lim_{x\to 0}\dfrac{F(x)}{x^{2}} = \lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{2x} = \lim_{x\to 0}\dfrac{(x^{2} + 2x)e^{-x}}{2x} = \lim_{x\to 0}\dfrac{(x + 2)e^{-x}}{2} = \dfrac{2\cdot 1}{2} = 1$.

Barem: limita este de forma $\dfrac{0}{0}$; aplicând regula lui l'Hôpital, $\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\int_0^x f(t)\,dt}{x^{2}} = \lim_{x\to 0}\dfrac{\left(\int_0^x f(t)\,dt\right)'}{(x^{2})'}$ (2p); $= \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{2x} = \lim_{x\to 0}\dfrac{(x+2)e^{-x}}{2} = 1$ (3p).